2020年高考数学二轮复习第一部分专题二三角函数平面向量第二讲三角恒等变换与解三角形习题

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高考数学二轮复习第一部分专题篇专题二三角函数、平面向量第二讲三角恒等变换与解三角形课件理

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考点(kǎo diǎn)二
试题通解
优解
考点(kǎo diǎn)
由
正
、
余
弦
定
理
得
2sin C－sin sin B
B
＝
a2＋c2－b2 b2＋c2－a2
＝
acos bcos
B A
＝
一
考点(kǎo diǎn)
sin sin
Acos Bcos
BA，所以
2sin
Ccos
A＝sin(A＋B)＝sin
(2)由已知得21absin
C＝3
2
3 .
又 C＝π3，所以 ab＝6.
由已知及余弦定理得 a2＋b2－2abcos C＝7，
故 a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.
所以△ABC 的周长为 5＋ 7.
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考点三
三角(sānjiǎo)恒等变换与解三角(sānjiǎo)形的综合问题
考点(kǎo diǎn)一
试题(shìt解í)析(jiě
考点一考点二
考点三
利用同角三角函数的基本关系式求解．因为 tan α＝34，则 cos2 α＋2sin 2α＝coss2inα2＋α4＋sicnoαs2coαs α＝ 1ta＋n24tαa＋n 1α＝1＋3424＋×134＝6245.故选 A.
α)cos(2π＋α)＋ 22cos2(α＋π)＝( D )
A．－
2 3
C．－13
B.
2 3
1 D.3
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考点(kǎo diǎn)一
试题
通解优解
考点(kǎo diǎn) 因为 α 是第四象限角，tan α＝－ 22，故csions αα＝－ 22，由 sin2 α

(浙江专用)高考数学二轮复习专题一三角函数与平面向量第2讲三角恒等变换与解三角形课件

第2讲三角恒等变换与解三角形高考定位1 •三角函数的化简与求值是高考的命题热点,其中同角三角函数的基本关系、诱导公式是解决计算问题的工具，三角恒等变换是利用三角恒等式（两角和的核心；2•正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式）进行变换, “角”的变换是三角恒等变换真题感晤丨考点整合:::::::• ■•••••••••••••••••■ ••••• ••••・••・•••••••• ••••••• • • ・• •罷瀧皐1明考向專蕊扣要点i真题感1.（2018-全国III卷）若sina=28 A97 B9解析cos 2a =1—73，贝0 cos 2a =（8D_9答案2.（2018-全国III卷）AABC的内角A，B, C的对边分别为a, b, c.若△ABC的面积为a2-}~b2— c2，则C=（仆兀B-3C'4r兀D6解析根据题意及三角形的面积公式知j^sin c =厂,所以sin C —/ + 方2 —c22ab= cos C,所以在△ 4BC中,答案C3.（2018•浙江卷）在厶ABC中，角4, B, C所对的边分别为©b, c.若a=^i, b = 2,4 = 60°,贝lj sin B= ________ , c= _________ .・2X迪r解析因为b = 2, A = 60°,所以由正弦定理得^=零. 由余弦定理t/2—Z?2+c2— 2£>ccos A 可得c2— 2c—3 = 0,所以c=3.答案卑34.（2017•浙江卷）已知△ ABC, AB=AC=4, BC=2.点。

为AB延长线上一点，BD = 2,连接CD 则△BDC的面积是__________ , cos ZBDC= ___________ ・解析依题意作出图形，如图所示，则sinZDBC=sinZABC.由题意知AB=AC=4, BC=BD=2,贝U sinZ4BC=乎,cosZABC=^.所以S^BDC —2 BCBD sinZDBC= | X2X2X .因为BD2+BC2-CD2CQ = {Td由余弦定理，得cosZBDC=4+10—4 ^JIQ 2X2XV1O= 4 ・答案V15 Vio2 4B\—~7Ccos DBC —cosZABC= 2BDBC1・三角函数公式(2) 诱导公式：对于“㊁土弘kEZ 的三角函数值”与“a 角的三角函数值” 面口诀记忆：奇变偶不变，符号看象限.(3) 两角和与差的正弦、余弦、正切公式：sin(a±0) = sin acos 〃土cos asin 0； cos(a 土〃)=cos acos P s in asin 〃； tan(a 土〃)(4) 二倍角公式：sin 2a = 2sin acos a, cos la=cos 2a — sin 2a = 2cos 26z —1 = 1_____ b y考点整合⑴同角关系: sin 2a+cos 2a=l,a.cos a的关系可按下tan a 土tan卩1 tan atan B(5)辅助角公式：asin x~\~bcos x==^/u2+Z?2sin(x+^), 其中tan(p=^.2•正弦定理、余弦定理、三角形面积公式 (1) 正弦定理在厶ABC 中，聶=岛=蠢=2R(R 为AABC 的外接圆半径);(2)余弦定理在△佔c 中， a 1 = b 1-\-c 1— 2bccos A ；变形：b 2j rc 2- j 2 1 2 2 2 b 十 c —a~ ci —2bccos4, cos A — n 7(3)三角形面积公式1 7 1 1SgBc=fbsin C=~Z?csin A=^acsin B.变形：a = 2/?sin A, sinci ： b ： c=sinA : sin B ： sin C等.I热点聚焦丨分类突破I■■■誥絃総研热点扭[析考法浚签瘗热点一三角恒等变换及应用【例1] (1)(2018-全国I卷)己知角a的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重2合，终边上有两点A(l, a). B(2, b),且cos 2(z=j,贝\\\a~b\ = { ) 1A-5 D.1(2)若tan兀a = 2tanI 3兀cos a—而则一；一, sin<z_5A.lB.2C.3D.4(3)如图，圆O与兀轴的正半轴的交点为A,点C, B在圆O上，且点C位于第一象12 _丄、巨_13,\/3cos2|—sin|-cos^— j 的值为2解析⑴由题意知cos a>0•因为cos 2a = 2cos2a—1=~,所以、6 、5 …土*得Itan od=*~・由题意知Itan a\ =,所以1“一勿=晋.故选B.,ZAOC=a.若IBCI = 1,则限，点B的坐标为cos 心晋,sin 0 =/ \ JI sin a — sin 心2+1 —3 . 7t . 7t tan a = 2— 1 sin otcosc -cos asing --------------------------- 1 5 5 7i tan 5f 3旳 co r _w(713兀、 s 吨+「而 sin”+£ tan a 】 .7T 71 asing tang sin acos^+cos(3)由题意得\OC\ = \OB\ = \BC\ = \,从而AOBC 为等边三角形，所以sinZAOB = 513*答案(1)B (2)C ⑶备 sin 曾_彳=器所以羽cos?号一sin^cos*— 22« 3_ 厂 1+cos a sin a 吋3 1 . =p3・ 2 P 2探究提高1 •解决三角函数的化简求值问题的关键是把“所求角”用“已知角”表示(1)当已知角有两个时”“所求角”般表示为“两个已知角”的和或差的形式;⑵当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把"所求角”变成"已知角".2•求角问题要注意角的范围,要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小,避免产生增解.【训练11 (1)(2018-全国II卷)已知sin a+cos 0= 1, cos oc+sin0=0,则sin(a+0)⑵(2017•北京卷)在平面直角坐标系兀Oy中，角u与角0均以S为始边，它们的终边关于y轴对称.若sin(/=*,则cos(or—〃)= ___________ .一 1 ] 4、疗71 兀(3)(2018-湖州质检)若cos(2a_0) = _盲,sin(a—20)=〒,Ov0v&vav刁贝!j a+0的值为解析(l)Tsin a + cos p= 1, cos a+sin0=0,sin2a + co邙+2sin acos①cos2a+sii?0+2cos asin £=0,②①②两式相加可得sin2a+cos2a+sin2^+cos2^+2(sin acos 0+cos asin 0)=1，/.sin(ot+^)1 =_2-(2)c t与0的终边关于y轴对称，贝lj a+p=Tt+2k7t,比丘乙：・B=Tt_aS ・7( 1) 7 /.cos(a—^) = cos( a — n + a — 2^)= — cos 2a=— (1 — 2sin^a) = — 11— 2X-| =—-,所以sin(2a—0)=p7・所以cos(a—20)=*所以cos(a +0) = cos[(2oc一0) —(a —20)] = cos(2«—”)・cos@ —2") + sin(2a —”)sin(a —X因为问+0罟，所以a + B =£. 答案(1)—£ (2)—£ (3)|热点二正、余弦定理的应用［考法1］三角形基本量的求解【例2—1】（2018-全国I卷）在平面四边形ABCD中，ZADC=90° , ZA=45° , AB =2, BD=5.⑴求cosZADB；(2)若DC=2d求BCRD A D C 2解⑴在△ABD中'由正弦定理得口二右而即而产sin為' 所以sinZADB=€・由题设知，ZADB<90°,、2(2)由题设及(1)知，cos ZBDC= sin ZADB =在△BCD 中，由余弦定理得、2BC 2=BD 2-hDC 2-2BDDCcosZBDC=25-h8-2X5X2\/2X^-=25. 所以BC=5.所以 cos ZADB=2=运 25— 5 •探究提高1•解三角形时,如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则考虑两个定理都有可能用到.2.关于解三角形问题,一般要用到三角形的内角和定理,正弦、余弦定理及有关三角形的性质,常见的三角恒等变换方法和原则都适用,同时要注意“三统一”，即“统—角、统一函数、统一结构"•［考法2］求解三角形中的最值问题【例2 — 2】（2018-绍兴质检）已知"，b, c分别为ZVIBC的内角4, B, C的对边，且tzcos C+羽asin C—b—c = 0・⑴求4;（2）若ci = 2,求AABC面积的最大值.解（1）由cicos C+书asin C—b—c=0及正弦定理得sin Acos C+^/3sin Asin C—sin B —sin C=0・因为B=TI—A — Cy所以书sinAsin C—cos Asin C—sin C=0・易知sin C T^O,所以^/3sin A—cos A=l,所以sin A—=-又0<A<7i,所以A=^.(2)法一由⑴得B+C=y C=^—B (OVB<刽，由正弦定理得聶=盒二c 2 4 4 4 晶寸—卞所以bpsinb c=^sm C. sin § v v v易知一£<23—£<¥，故当2E-*=号,即B=£时，S △初c 取得最大值，最大值为斗平A=|x^sin B X ^sin C sin |=^sin Bsin C=^ (2n }•sin B sin w B Id 丿¥血"cos B +^sin 2B =sin 2B~/3 , J3 2^3 3C0S 2B+ 3 = 3 / \ 7C 1 sin 2B —y + I 6丿 113・所以S^BC =法二由(1)知4=务又u = 2,由余弦定理得22= b2+c2-2bccos p即b2-\-c2~bc—4 Z?c+4 —Z?2+ c22Z?c bcW4,当且仅当b = c = 2时，等号成立.] 1 、厅、庁所以SgBc=qbcsin A=^X专bcW计X4=书,即当b = c = 2时，S^BC取得最大值, 最大值为也.探究提高求解三角形中的最值问题常用如下方法：(1)将要求的量转化为某一角的三角函数，借助于三角函数的值域求最值・(2)将要求的量转化为边的形式，借助于基本不等式求最值.［考法3］解三角形与三角函数的综合问题( \【例2 — 3】(2018-嘉兴、丽水高三测试)己知函数您)= cos 2x+中+羽(sinx+cosx)2.(1)求函数/(x)的最大值和最小正周期；(2)设△ABC的三边心b, c所对的角分别为力，B, C,若a = 2, 0=好/片+㊁戶好求b的值.] 、/3 ( Tt]解(1)因为—2COS 2%—专sin 2x+A/3(l+sin 2x) = sin 2x+g +书，所以/W的最大值为1+羽，最小正周期T=TI.z\ / \ / \ / \C(2)因为/ (才十qJ=sinl+C+gJ+^=cos C+& +羽=羽,所以cos| C+g =0 c=y由余弦定理c2=a+b2-2abcos C可得沪一2^ —3 = 0,因为b>0,所以b = 3.探究提高解三角形与三角函数的综合题，其中，解决与三角恒等变换有关的问题, 优先考虑角与角之间的关系；解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理.【训练2】(2016-浙江卷)在△ABC中，内角儿B，C所对的边分别为心4 c.已矢口b+c = 2acos B.⑴证明：A = 2B；2(2)若△ABC的面积S=牛,求角A的大小.(1)证明由正弦定理得sin B+sin C=2sin Acos B,故2sin Acos B = sin B + sin(A+B) =sin B + sin Acos B + cos Asin B,于是sin B = sin(A-B).又儿Be(0, TC),故0<4—3<兀，所以或 3 =A—B,因此A=7t(舍去)或A = 2B，所以A = 2B・2 2(2)解由S=才得如bsin C=予，故有sin Bsin C=gsin 2B = sin Bcos B,因sinBHO,得sin C=cos B.又B, C£(O, TC),所以C=q土B. 当B+C=》时，A=|；当C~B=^时，A=中.综上，4=申或M纳总结丨思维升华I ■■■■課穩穩探规律瘗防失:误浚签瘗1 •对于三角函数的求值，需关注：(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式；I(2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；(3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法.2.三角形中判断边、角关系的具体方法：（1）通过正弦定理实施边角转换；（2）通过余弦定理实施边角转换；（3）通过三角变换找出角之间的关系；（4）通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论；（5）若涉及两个（或两个以上）三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角形，再逐步求出其他三角形的边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设岀未知量，从几个三角形中列岀方程（组）求解.3.解答与三角形面积有关的问题时，如已知某一内角的大小或三角函数值，就选择S= fabsinC来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.。

高考数学二轮复习专题一三角函数与平面向量第2讲三角恒等变换

第2讲三角恒等变换与解三角形[考情考向分析] 正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：1.边和角的计算.2.三角形形状的判断.3.面积的计算.4.有关参数的范围问题．由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视．热点一三角恒等变换例1 (1)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝45，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝________.答案－725解析 ∵cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝45， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝45，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝－725.(2)在平面直角坐标系xOy 中，以Ox 轴为始边作角α，角α＋π4的终边经过点P (－2,1)．①求cos α的值； ②求cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2α的值．解 ①由于角α＋π4的终边经过点P (－2,1)，故cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－255，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝55， ∴cos α＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝－1010.②sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4－cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝31010，则sin 2α＝2sin αcos α＝－35，cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝－45，cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2α＝cos 5π6cos 2α＋sin 5π6sin 2α＝43－310.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．跟踪演练1 (1)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＋α＝________.答案 23－4解析 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6，∴－sin α＝－3sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6，∴sin α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝3sin αcos π6＋3cos αsin π6 ＝332sin α＋32cos α， ∴tan α＝32－33，又tan π12＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π4＝tanπ3－tan π41＋tan π3tanπ4＝3－11＋3＝2－3， ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＋α＝tanπ12＋tan α1－tan π12tan α＝()2－3＋32－331－()2－3×32－33＝23－4.(2)(2018·江苏如东中学等五校联考)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π6，且cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝35，则sin α的值是________．答案4＋3310解析 ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π6，∴α－π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，给合同角三角函数基本关系式有： sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝1－cos 2⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝45，则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3cos π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3sin π3＝45×12＋35×32＝4＋3310. 热点二正弦定理、余弦定理例2 (2018·江苏泰州中学调研)如图，在圆内接△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足a cos C ＋c cos A ＝2b cos B .(1)求B 的大小；(2)若点D 是劣弧AC 上一点，AB ＝3，BC ＝2，AD ＝1，求四边形ABCD 的面积．解 (1)方法一设外接圆的半径为R ，则a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，代入得2R sin A cos C ＋2R sin C cos A ＝2×2R sin B cos B ，即sin A cos C ＋sin C cos A ＝2sin B cos B ，所以sin B ＝2sin B cos B . 所以sin B ≠0，所以cos B ＝12.又B 是三角形的内角，所以B ＝π3.方法二根据余弦定理，得a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc＝2b ·cos B ，化简得cos B ＝12.因为0<B <π，所以B ＝π3.(2)在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos∠ABC ＝9＋4－2×3×2×12＝7，所以AC ＝7.因为A ，B ，C ，D 四点共圆，所以∠ADC ＝2π3.在△ACD 中，AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD cos∠ADC ，代入得7＝1＋CD 2－2·CD ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，所以CD 2＋CD －6＝0，解得CD ＝2或CD ＝－3(舍)．所以S ABCD ＝S △ABC ＋S △ACD＝12AB ·BC sin∠ABC ＋12AD ·CD sin∠ADC ＝12×3×2×32＋12×1×2×32＝2 3. 思维升华关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．跟踪演练2 在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos A a ＋cos B b ＝23sin C 3a .(1)求角B 的大小； (2)已知a sin Csin A＝4，△ABC 的面积为63，求边长b 的值．解 (1)由已知得b cos A ＋a cos B ＝233b sin C ，由正弦定理得sin B cos A ＋cos B sin A ＝233sin B sin C ，∴sin(A ＋B )＝233sin B sin C ，又在△ABC 中，sin(A ＋B )＝sin C ≠0， ∴sin B ＝32，∵0<B <π2，∴B ＝π3. (2)由已知及正弦定理得c ＝4，又 S △ABC ＝63，B ＝π3，∴12ac sin B ＝63，得a ＝6，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得 b ＝27.热点三解三角形与三角函数的综合问题例3 (2018·江苏三校联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a 2－c 2＝2b ，且sin A cos C ＝3cos A sin C . (1)求b 的值；(2)若B ＝π4，S 为△ABC 的面积，求S ＋82cos A cos C 的取值范围．解 (1)由正弦定理、余弦定理知sin A cos C ＝3cos A sin C 可等价变形为a ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3c ·b 2＋c 2－a 22bc，化简得a 2－c 2＝b 22.因为a 2－c 2＝2b ，所以b ＝4或b ＝0(舍去)．(2)由正弦定理b sin B ＝c sin C 得S ＝12bc sin A ＝12×4×4sinπ4sin A sin C ＝82sin A sin C ，所以S ＋82cos A cos C ＝82cos(A －C ) ＝82cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －3π4. 在△ABC 中，由⎩⎪⎨⎪⎧0<A <3π4，A >3π4－A ，得A ∈⎝⎛⎭⎪⎫3π8，3π4.所以2A －3π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －3π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，所以S ＋82cos A cos C ∈(－8,82)．思维升华解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求解．跟踪演练3 已知函数f (x )＝2cos 2x ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫7π6－2x －1(x ∈R )． (1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；(2)在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝12，若b ＋c ＝2a ，且AB →·AC→＝6，求a 的值．解 (1)f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫7π6－2x ＋2cos 2x －1＝－12cos 2x ＋32sin 2x ＋cos 2x＝12cos 2x ＋32sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，可解得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )．∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )．(2)由f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12，可得2A ＋π6＝π6＋2k π或2A ＋π6＝5π6＋2k π(k ∈Z )．∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3，∵AB →·AC →＝bc cos A ＝12bc ＝6，∴bc ＝12，又∵2a ＝b ＋c ，∴cos A ＝12＝(b ＋c )2－a 22bc －1＝4a 2－a 224－1＝a28－1，∴a ＝2 3.1．若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________．答案6－24解析由sin A ＋2sin B ＝2sin C ，结合正弦定理得a ＋2b ＝2c .由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－(a ＋2b )242ab ＝34a 2＋12b 2－2ab22ab≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2ab22ab＝6－24， ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当b 2＝32a 2时，等号成立故6－24≤cos C <1，故cos C 的最小值为6－24. 2．(2018·全国Ⅲ改编)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝________. 答案π4解析 ∵S ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24＝2ab cos C4＝12ab cos C ， ∴sin C ＝cos C ，即tan C ＝1. 又∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4.3．(2018·全国Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b sin C ＋c sin B ＝4a sinB sinC ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为________．答案233解析 ∵b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ， ∴由正弦定理得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sin C . 又sin B sin C >0，∴sin A ＝12.由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝82bc ＝4bc>0，∴cos A ＝32，bc ＝4cos A ＝833， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233.4．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A ＝23，sin B ＝5cos C ，并且a ＝2，则△ABC 的面积为________．答案52解析因为0<A <π，cos A ＝23，所以sin A ＝1－cos 2A ＝53. 又由5cos C ＝sin B ＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝53cos C ＋23sin C 知，cos C >0，并结合sin 2C ＋cos 2C ＝1，得sin C ＝56，cos C ＝16.于是sin B ＝5cos C ＝56.由a ＝2及正弦定理a sin A ＝csin C ，得c ＝ 3.故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝52.5．已知函数f (x )＝3sin ωx ·cos ωx －cos 2ωx (ω>0)的最小正周期为2π3.(1)求ω的值；(2)在△ABC 中，sin B ，sin A ，sin C 成等比数列，求此时f (A )的值域．解 (1)f (x )＝32sin 2ωx －12(cos 2ωx ＋1) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6－12，因为函数f (x )的最小正周期为T ＝2π2ω＝2π3，所以ω＝32.(2)由(1)知f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －π6－12，易得f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫3A －π6－12. 因为sin B ，sin A ，sin C 成等比数列，所以sin 2A ＝sin B sin C ，所以a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－bc2bc≥2bc －bc 2bc ＝12(当且仅当b ＝c 时取等号)．因为0<A <π，所以0<A ≤π3，所以－π6<3A －π6≤5π6，所以－12<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3A －π6≤1，所以－1<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3A －π6－12≤12，所以f (A )的值域为⎝⎛⎦⎥⎤－1，12.A 组专题通关1．(2018·全国Ⅲ改编)若sin α＝13，则cos 2α＝________.答案 79解析 ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.2．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值为________．答案－ 3解析因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°1－tan 70°tan 50°＝－3，即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－ 3.3．(2018·江苏泰州中学调研)已知sin θ＋2cos θ＝0，则1＋sin 2θcos 2θ＝________. 答案 1解析由题设可知sin θ＝－2cos θ，则原式＝sin 2θ＋cos 2θ＋2sin θcos θcos 2θ ＝(4＋1－4)cos 2θcos 2θ＝1. 4．在△ABC 中，若原点到直线x sin A ＋y sin B ＋sin C ＝0的距离为1，则此三角形为________三角形．(填“直角”“锐角”“钝角”) 答案直角解析由已知可得，|sin C |sin 2A ＋sin 2B＝1，∴sin 2C ＝sin 2A ＋sin 2B ，∴c 2＝a 2＋b 2，故△ABC 为直角三角形．5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，c ＝7，且△ABC 的面积为332，则△ABC 的周长为________．答案 5＋7解析在△ABC 中，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，则sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ，即sin(A ＋B )＝2sin C cos C ， ∵sin(A ＋B )＝sin C ≠0， ∴cos C ＝12，∴C ＝π3，由余弦定理可得，a 2＋b 2－c 2＝ab ，即(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7，又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，∴ab ＝6，∴(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，a ＋b ＝5， ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7. 6．若sin 2α＝55，sin(β－α)＝1010，且α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2，则α＋β的值是________．答案7π4解析 ∵sin 2α＝55，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π， ∴cos 2α＝－255且α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，又∵sin(β－α)＝1010，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2，∴cos(β－α)＝－31010，∴sin(α＋β)＝sin[(β－α)＋2α]＝sin(β－α)cos 2α＋cos(β－α)sin 2α ＝1010×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－31010×55＝－22， cos(α＋β)＝cos[(β－α)＋2α]＝cos(β－α)cos 2α－sin(β－α)sin 2α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－31010×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255－1010×55＝22，又α＋β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，2π，∴α＋β＝7π4. 7．设△ABC 内切圆与外接圆的半径分别为r 与R .且sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，则cos C ＝________；当BC ＝1时，△ABC 的面积等于________．答案－14 31516解析 ∵sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，∴a ∶b ∶c ＝2∶3∶4.令a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝4t (t >0)，则cos C ＝4t 2＋9t 2－16t 212t 2＝－14，又∵C ∈(0，π)，∴sin C ＝154. 当BC ＝1时，AC ＝32， ∴S △ABC ＝12×1×32×154＝31516. 8.如图，在△ABC 中，BC ＝2，∠ABC ＝π3，AC 的垂直平分线DE 与AB ，AC 分别交于D ，E 两点，且DE ＝62，则BE 2＝________.答案 52＋ 3 解析如图，连结CD ，由题设，有∠BDC ＝2A ，所以CD sin π3＝BC sin 2A ＝2sin 2A ，故CD ＝3sin 2A. 又DE ＝CD sin A ＝32cos A ＝62，所以cos A ＝22，而A ∈(0，π)，故A ＝π4，因此△ADE 为等腰直角三角形，所以AE ＝DE ＝62. 在△ABC 中，∠ACB ＝5π12，所以AB sin 5π12＝2sin π4，故AB ＝3＋1，在△ABE 中，BE 2＝(3＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622－2×(3＋1)×62×22＝52＋ 3. 9．(2018·江苏)已知α，β为锐角，tan α＝43，cos(α＋β)＝－55. (1)求cos 2α的值；(2)求tan(α－β)的值．解 (1)因为tan α＝43，tan α＝sin αcos α，所以sin α＝43cos α. 又因为sin 2α＋cos 2α＝1，所以cos 2α＝925，因此，cos 2α＝2cos 2α－1＝－725.(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又因为cos(α＋β)＝－55，所以α＋β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，所以sin(α＋β)＝1－cos 2(α＋β)＝255，因此tan(α＋β)＝－2. 因为tan α＝43，所以tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－247. 因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝tan 2α－tan (α＋β)1＋tan 2αtan (α＋β)＝－211. 10．(2018·江苏扬州中学调研)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(1,2)，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos 2A ，cos 2A 2，且m ·n ＝1. (1)求角A 的大小； (2)若b ＋c ＝2a ＝23，求sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π4的值．解 (1)由题意得m ·n ＝cos 2A ＋2cos 2A 2＝2cos 2A －1＋cos A ＋1＝2cos 2A ＋cos A ，又因为m ·n ＝1，所以2cos 2A ＋cos A ＝1，解得cos A ＝12或cos A ＝－1， ∵0<A <π， ∴A ＝π3. (2)在△ABC 中，由余弦定理得(3)2＝b 2＋c 2－2bc ·12＝b 2＋c 2－bc ，① 又b ＋c ＝23，∴b ＝23－c ，代入①整理得c 2－23c ＋3＝0，解得c ＝3，∴b ＝3，于是a ＝b ＝c ＝3，即△ABC 为等边三角形，∴B ＝π3， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π4＝6－24. B 组能力提高11.如图，在△ABC 中，D ，F 分别为BC ，AC 的中点，AD ⊥BF ，若sin 2C ＝716sin∠BAC ·sin∠ABC ，则cos C ＝________.答案 78解析设BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，由sin 2C ＝716sin∠BAC ·sin∠ABC 可得，c 2＝716ab ，由AD ⊥BF 可得，AD →·BF →＝AB →＋AC →2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC →－AB →＝0，整理可得，14AC →2－12AB →2－14AB →·AC →＝0，即14b 2－12c 2－14bc cos∠BAC ＝0，即2b 2－4c 2－2bc cos∠BAC ＝0，2b 2－4c 2－(b 2＋c 2－a 2)＝0，即a 2＋b 2－c 2＝4c 2＝74ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝78. 12．(2018·北京)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且C 为钝角，则B ＝________；c a的取值范围是________．答案 π3 (2，＋∞) 解析由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac， ∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B .又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ， ∴tan B ＝3，又B ∈(0，π)，∴B ＝π3. 又∵C 为钝角，∴C ＝2π3－A >π2， ∴0<A <π6. 由正弦定理得c a ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A. ∵0<tan A <33，∴1tan A>3， ∴c a >12＋32×3＝2，即c a >2. ∴c a 的取值范围是(2，＋∞)．13．在锐角△ABC 中，角A 所对的边为a ，△ABC 的面积S ＝a 24，给出以下结论： ①sin A ＝2sin B sin C ；②tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ；③tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ；④tan A tan B tan C 有最小值8.其中正确结论的个数为________．答案 4解析由S ＝a 24＝12ab sin C ，得a ＝2b sin C ，又a sin A ＝bsin B ，得sin A ＝2sin B sin C ，故①正确；由sin A ＝2sin B sin C ，得sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B sin C ，两边同时除以cos B cos C ，可得tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，故②正确；由tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B，且tan(A ＋B )＝tan(π－C )＝－tan C ，所以tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－tan C ，整理移项得tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ，故③正确；由tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，tan A ＝－tan(B ＋C )＝tan B ＋tan C tan B tan C －1，且tan A ，tan B ，tan C 都是正数，得tan A tan B tan C ＝tan B ＋tan C tan B tan C －1·tan B tan C ＝2tan B tan C tan B tan C －1·tan B tan C ＝2(tan B tan C )2tan B tan C －1，设m ＝tan B tan C －1，则m >0，tan A tan B tan C ＝2(m ＋1)2m＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ＋4≥4＋4m ·1m ＝8，当且仅当m ＝tan B tan C －1＝1，即tan B tan C ＝2时取“＝”，此时tan B tan C ＝2，tan B ＋tan C ＝4，tan A ＝4，所以tan A tan B tan C 的最小值是8，故④正确．14．已知向量a ＝(2sin 2x ，2cos 2x )，b ＝(cos θ，sin θ)⎝⎛⎭⎪⎫|θ|<π2，若f (x )＝a ·b ，且函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称． (1)求函数f (x )的解析式，并求f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝2，且b ＝5，c ＝23，求△ABC 外接圆的面积．解 (1)f (x )＝a ·b ＝2sin 2x cos θ＋2cos 2x sin θ＝2sin(2x ＋θ)，∵函数f (x )的图象关于直线x ＝π6对称， ∴2×π6＋θ＝k π＋π2，k ∈Z ， ∴θ＝k π＋π6，k ∈Z ，又|θ|<π2，∴θ＝π6.∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 由2k π＋π2≤2x ＋π6≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z . ∴f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z . (2)∵f (A )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝1. ∵A ∈(0，π)，∴2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6， ∴2A ＋π6＝π2，∴A ＝π6. 在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A＝25＋12－2×5×23cos π6＝7， ∴a ＝7.设△ABC 外接圆的半径为R ，由正弦定理得a sin A ＝2R ＝712＝27， ∴R ＝7，∴△ABC 外接圆的面积S ＝πR 2＝7π. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

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第二讲三角恒等变换与解三角形年份卷别考查角度及命题位置命题分析及学科素养2018Ⅰ卷利用正、余弦定理解三角形·T17命题分析三角变换及解三角形是高考考查的热点，然而单独考查三角变换的题目较少，题目往往以解三角形为背景，在应用正弦定理、余弦定理的同时，经常应用三角变换进行化简，综合性比较强，但难度不大．学科素养三角变换及解三角形在学生能力考查中主要考查逻辑推理及数学运算两大素养，通过三角恒等变换及正、余弦定理来求解相关问题.Ⅱ卷二倍角公式应用及余弦定理解三角形·T6Ⅲ卷三角变换求值·T4解三角形·T92017Ⅰ卷三角变换与正弦定理解三角形·T17Ⅱ卷三角变换与余弦定理解三角形·T17Ⅲ卷利用余弦定理解三角形及面积问题·T172016Ⅱ卷三角恒等变换求值问题·T9Ⅲ卷三角恒等变换求值问题·T5解三角形(正、余弦定理)·T8三角恒等变换授课提示：对应学生用书第22页[悟通——方法结论]三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；(4)弦、切互化：一般是切化弦．[全练——快速解答]1．(2018·合肥模拟)sin 18°·sin 78°－cos 162°·cos 78°＝( )A ．－32 B ．－12 C.32 D.12解析：sin 18°·sin 78°－cos 162°·cos 78°＝sin 18°·sin 78°＋cos 18°·cos 78°＝cos(78°－18°)＝cos 60°＝12，故选D.答案：D2．(2018·高考全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A.89B.79 C ．－79D ．－89解析：∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.故选B. 答案：B3．(2018·沈阳模拟)已知tan θ＝2，则sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ的值为( )A.195B.165C.2310D.1710解析：原式＝sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ＝sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θsin 2θ＋cos 2θ＝tan θ＋1tan θ＋tan 2θtan 2θ＋1，将tan θ＝2代入，得原式＝2310，故选C. 答案：C4．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知α∈(0，π2)，tan α＝2，则cos(α－π4)＝________.解析：∵α∈(0，π2)，tan α＝2，∴sin α＝255，cos α＝55，∴cos(α－π4)＝cos αcosπ4＋sin αsin π4＝22×(255＋55)＝31010. 答案：31010三角函数式的化简方法及基本思路(1)化简方法弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂，“1”的代换，辅助角公式等． (2)化简基本思路“一角二名三结构”，即：一看“角”，这是最重要的一环，通过角之间的差别与联系，把角进行合理地拆分，从而正确使用公式；二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”，关于sin α·cos α的齐次分式化切等；三看“结构特征”，分析结构特征，找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”，“遇根式化被开方式为完全平方式”等．解三角形的基本问题及应用授课提示：对应学生用书第22页[悟通——方法结论] 正、余弦定理、三角形面积公式(1)a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C＝2R (R 为△ABC 外接圆的半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ； sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R；a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .(2)a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C . (3)S △ABC ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A .(1)(2017·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( )A.π12B.π6C.π4D.π3解析：因为sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，所以sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，所以sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0，整理得sin C (sin A ＋cos A )＝0，因为sin C ≠0，所以sin A ＋cos A ＝0，所以tan A ＝－1，因为A ∈(0，π)，所以A ＝3π4，由正弦定理得sin C ＝c ·sin A a＝2×222＝12，又0<C <π4，所以C ＝π6. 答案：B(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2 B.30 C.29D ．2 5解析：∵cos C 2＝55，∴cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32，∴AB ＝32＝4 2. 故选A. 答案：A(3)(2018·福州模拟)如图，小明同学在山顶A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC ＝135°.若山高AD ＝100 m ，汽车从B 点到C 点历时14 s ，则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1)．参考数据：2≈1.414，5≈2.236.解析：因为小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD ＝60°，∠CAD ＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s ，则BC ＝14v ，在Rt △ADB 中，AB ＝AD cos ∠BAD ＝ADcos 60°＝200.在Rt △ADC 中，AC ＝AD cos ∠CAD ＝100cos 45°＝100 2.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝AC2＋AB 2－2AC ·AB ·cos∠BAC ，所以(14v )2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos 135°，所以v＝50107≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.答案：22.61．解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到．2．关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．[练通——即学即用]1．(2018·南昌模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，cos 2A ＝sin A ，bc ＝2，则△ABC 的面积为( )A.12B.14C ．1D ．2 解析：由cos 2A ＝sin A ，得1－2sin 2A ＝sin A ，解得sin A ＝12(负值舍去)，由bc ＝2，可得△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×2×12＝12.答案：A2．(2018·广州模拟)在△ABC 中，∠ACB ＝60°，BC >1，AC ＝AB ＋12，当△ABC 的周长最短时，BC 的长是________．解析：设AC ＝b ，AB ＝c ，BC ＝a ，△ABC 的周长为l ，由b ＝c ＋12，得l ＝a ＋b ＋c ＝a ＋2c ＋12.又cos 60°＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，即ab ＝a 2＋b 2－c 2，得a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋12＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋122－c 2，即c ＝a 2－12a ＋14a －1.l ＝a ＋2c ＋12＝a ＋2a 2－a ＋12a －1＋12＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤(a －1)2＋43()a －1＋12a －1＋12＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤(a －1)＋12(a －1)＋43＋12 ≥3⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(a －1)×12(a －1)＋43＋12，当且仅当a －1＝12(a －1)时，△ABC 的周长最短，此时a ＝1＋22，即BC 的长是1＋22. 答案：1＋22解三角形的综合问题授课提示：对应学生用书第23页[悟通——方法结论] 三角形中的常用结论(1)A ＋B ＝π－C ，A ＋B 2＝π2－C2. (2)在三角形中大边对大角，反之亦然．(3)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(4)在△ABC 中，tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A ·tan B ·tan C (A ，B ，C ≠π2)．(2017·高考全国卷Ⅱ)(12分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知(1)求cos B ❷； (2)若a ＋c ＝6❸，△ABC 的面积为2❹，求b . [学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶：两角和与半角的三角等式关系三角形内角和定理及倍角公式 (1)三角形中的三角恒等关系式化简时，三角形内角和定理及倍角公式的正确使用 (2)转化与化归思想、整体代入思想在解题过程中的应用信息❷：求cos B 化已知条件为cos B 的关系式信息❸：a ＋c ＝6 寻找平方后与余弦定理中a 2＋c 2的关系式信息❹：三角形面积为2利用面积公式来求ac 的值[规范解答] (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π得sin B ＝8sin 2B2，(2分)即sin B ＝4(1－cos B )， (3分) 故17cos 2B －32cos B ＋15＝0， (4分) 解得cos B ＝1517，cos B ＝1(舍去)．(6分) (2)由cos B ＝1517，得sin B ＝817，(7分) 故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .(8分) 又S △ABC ＝2，则ac ＝172.(9分)由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B ) (10分)＝36－2×172×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1517＝4. (11分) 所以b ＝2.(12分)1．与三角形面积有关的问题的解题模型2．学科素养：通过三角恒等变换与利用正、余弦定理着重考查逻辑推理与数学运算两大素养．[练通——即学即用](2018·长郡中学模拟)在锐角△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且4sin A cos 2A －3cos(B ＋C )＝sin 3A ＋ 3.(1)求A 的大小；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的取值范围．解析：(1)∵A ＋B ＋C ＝π，∴cos(B ＋C )＝－cos A ①，∵3A ＝2A ＋A ，∴sin 3A ＝sin(2A ＋A )＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ②，又sin 2A ＝2sin A cos A ③， cos 2A ＝2cos 2A －1 ④，将①②③④代入已知，得2sin 2A cos A ＋3cos A ＝sin 2A cos A ＋cos 2A sin A ＋3，整理得sin A ＋3cos A ＝3，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝32，又A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A ＋π3＝2π3，即A ＝π3.(2)由(1)得B ＋C ＝2π3，∴C ＝2π3－B ，∵△ABC 为锐角三角形， ∴2π3－B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2且B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，解得B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，在△ABC 中，由正弦定理得2sin B ＝c sin C，∴c ＝2sin C sin B ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B sin B ＝3tan B＋1，又B ∈⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2，∴1tan B ∈()0，3，∴c ∈(1,4)，∵S △ABC ＝12bc sin A ＝32c ，∴S △ABC ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，23.授课提示：对应学生用书第124页一、选择题1．(2018·合肥调研)已知x ∈()0，π，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4等于( )A.13 B ．－13 C ．3 D ．－3 解析：由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，∵x ∈(0，π)，∴tan x ＝2，∴tan ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.答案：A2．(2018·成都模拟)已知sin α＝1010，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6的值为( )A.43－310 B.43＋310 C.4－3310D.33－410解析：∵sin α＝1010，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos α＝31010，sin 2α＝2sin αcos α＝2×1010×31010＝610＝35，cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝⎛⎭⎪⎫10102＝1－15＝45， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6＝45×32－35×12＝43－310. 答案：A3．(2018·昆明三中、五溪一中联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C 等于( )A.34 B.43 C ．－43D ．－34解析：因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，由面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4， sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2Csin 2C ＋cos 2C ＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)．答案：C4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c b<cos A ，则△ABC 为( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形D ．等边三角形解析：根据正弦定理得c b ＝sin Csin B<cos A ，即sin C <sin B cos A .∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin C ＝sin(A ＋B )<sin B cos A ，整理得sin A cos B <0.又三角形中sin A >0，∴cos B <0，π2<B <π，∴△ABC 为钝角三角形．答案：A5.如图，在△ABC 中，∠C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，A D ＝D B ，D E ⊥AB ，E 为垂足．若DE ＝22，则cos A 等于( )A.223 B.24 C.64D.63解析：依题意得，BD ＝AD ＝DE sin A ＝22sin A ，∠BDC ＝∠ABD ＋∠A ＝2∠A .在△BCD 中，BCsin ∠BDC＝BDsin C ，4sin 2A ＝22sin A ×23＝423sin A ，即42sin A cos A ＝423sin A ，由此解得cos A ＝64. 答案：C6．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos 2α＝23，则|a －b |＝( )A.15B.55C.255D ．1解析：由cos 2α＝23，得cos 2α－sin 2α＝23，∴cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝23，即1－tan 2α1＋tan 2α＝23，∴tan α＝±55，即b －a 2－1＝±55， ∴|a －b |＝55. 故选B. 答案：B7.(2018·武汉调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600 km 处的热带风暴中心正以20 km/h 的速度向正北方向移动，距风暴中心450 km 以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为( )A ．14 hB ．15 hC ．16 hD ．17 h解析：记现在热带风暴中心的位置为点A ，t 小时后热带风暴中心到达B 点位置(图略)，在△OAB 中，OA ＝600，AB ＝20t ，∠OAB ＝45°，根据余弦定理得6002＋400t 2－2×20t×600×22≤4502，即4t 2－1202t ＋1 575≤0，解得302－152≤t≤302＋152，所以Δt ＝302＋152－302－152＝15(h)，故选B.答案：B8．(2018·武汉调研)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝2b sin C ，则 tan A ＋tan B ＋tan C 的最小值是( )A ．4B ．3 3C ．8D ．6 3解析：由a ＝2b sin C 得sin A ＝2sin B sin C ，∴sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B sin C ，即tan B ＋tan C ＝2tan B tan C .又三角形中的三角恒等式tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ， ∴tan B tan C ＝tan Atan A －2，∴tan A tan B tan C ＝tan A ·tan Atan A －2，令tan A －2＝t ，得tan A tan B tan C ＝(t ＋2)2t ＝t ＋4t＋4≥8，当且仅当t ＝4t，即t ＝2，tan A ＝4 时，取等号．答案：C 二、填空题9．(2018·广西三市一联)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a sin B ＝2sin C ，cos C ＝13，△ABC 的面积为4，则c ＝________.解析：由a sin B ＝2sin C ，得ab ＝2c ，由cos C ＝13，得sin C ＝223，则S △ABC ＝12ab sin C ＝23c ＝4，解得c ＝6.答案：610．(2018·皖南八校联考)若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝22cos2α，则sin 2α＝________.解析：由已知得22(cos α＋sin α)＝22(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)，所以cos α＋sin α＝0或cos α－sin α＝14，由cos α＋sin α＝0得tan α＝－1，因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos α＋sin α＝0不满足条件；由cos α－sin α＝14，两边平方得 1－sin 2α＝116，所以sin 2α＝1516.答案：151611．已知△ABC 中，AB ＋2AC ＝6，BC ＝4，D 为BC 的中点，则当AD 最小时，△ABC 的面积为________．解析：AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos∠ADC ，且AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD ·cos∠ADB ，即AC 2＝AD 2＋22－4AD ·cos∠ADC ，且(6－2AC )2＝AD 2＋22－4AD ·cos∠ADB ， ∵∠ADB ＝π－∠ADC ， ∴AC 2＋(6－2AC )2＝2AD 2＋8，∴AD 2＝3AC 2－122AC ＋282＝3(AC －22)2＋42，当AC ＝22时，AD 取最小值2，此时cos ∠ACB ＝8＋4－282＝528，∴sin ∠ACB ＝148， ∴△ABC 的面积S ＝12AC ·BC ·sin∠ACB ＝7.答案：712．(2018·成都模拟)已知△ABC 中，AC ＝2，BC ＝6，△ABC 的面积为32.若线段BA 的延长线上存在点D ，使∠BDC ＝π4，则CD ＝________.解析：因为S △ABC ＝12AC ·BC ·sin∠BCA ，即32＝12×2×6×sin∠BCA ，所以sin ∠BCA ＝12.因为∠BAC >∠BDC ＝π4，所以∠BCA ＝π6，所以cos ∠BCA ＝32.在△ABC 中，AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos∠BCA＝2＋6－2×2×6×32＝2，所以AB ＝2，所以∠ABC ＝π6，在△BCD 中，BC sin ∠BDC ＝CDsin ∠DBC ，即622＝CD12，解得CD ＝ 3. 答案： 3 三、解答题13．(2018·武汉调研)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，满足cos 2A －cos 2B ＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6－B ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋B ＝0.(1)求角A 的值；(2)若b ＝3且b ≤a ，求a 的取值范围．解析：(1)由cos 2A －cos 2B ＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－B cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋B ＝0，得2sin 2B －2sin 2A ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫34cos 2B －14sin 2B ＝0，化简得sin A ＝32，又△ABC 为锐角三角形，故A ＝π3. (2)∵b ＝3≤a ，∴c ≥a ，∴π3≤C <π2，π6<B ≤π3，∴12<sin B ≤32. 由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得a 32＝3sin B ，∴a ＝32sin B ，由sin B ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，32得a ∈[3，3)．14．(2018·唐山模拟)在△ABC 中，AB ＝2AC ＝2，AD 是BC 边上的中线，记∠CAD ＝α，∠BAD ＝β.(1)求sin α∶sin β；(2)若tan α＝sin ∠BAC ，求BC . 解析：(1)∵AD 为BC 边上的中线， ∴S △AC D ＝S △AB D ，∴12AC ·AD sin α＝12AB ·AD sin β， ∴sin α∶sin β＝AB ∶AC ＝2∶1. (2)∵tan α＝sin ∠BAC ＝sin(α＋β)， ∴sin α＝sin(α＋β)cos α， ∴2sin β＝sin(α＋β)cos α，∴2sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cos α， ∴sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α， ∴sin(α＋β)＝2cos(α＋β)tan α，又tan α＝sin ∠BAC ＝sin(α＋β)≠0， ∴cos(α＋β)＝cos ∠BAC ＝12，在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝3， ∴BC ＝ 3.15．(2018·广州模拟)已知a ，b ，c 是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，且3cos B cos C ＋2＝3sinB sinC ＋2cos 2A .(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝53，b ＝5，求sin B sin C 的值．解析：(1)由3cos B cos C ＋2＝3sin B sin C ＋2cos 2A ，得3cos(B ＋C )＋2＝2cos 2A ，即2cos 2A ＋3cos A －2＝0，即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0，解得cos A ＝12或cos A ＝－2(舍去)．因为0<A <π，所以A ＝π3.(2)由S ＝12bc sin A ＝34bc ＝53，得bc ＝20，因为b ＝5，所以c ＝4.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a 2＝25＋16－2×20×12＝21，故a ＝21.根据正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C，得sin B sin C ＝b a sin A ×c a sin A ＝57.16．(2018·山西八校联考)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且(a ＋c )2＝b 2＋3ac .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝2，且sin B ＋sin(C －A )＝2sin 2A ，求△ABC 的面积．解析：(1)由(a ＋c )2＝b 2＋3ac ，整理得a 2＋c 2－b 2＝ac ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，∵0<B <π， ∴B ＝π3.(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，即B ＝π－(A ＋C )，故sin B ＝sin(A ＋C )，由已知sin B ＋sin(C －A )＝2sin 2A 可得sin(A ＋C )＋sin(C －A )＝2sin 2A ， ∴sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin C cos A －cos C sin A ＝4sin A cos A ，整理得cos A sin C ＝2sin A cos A . 若cos A ＝0，则A ＝π2，由b ＝2，可得c ＝2tan B ＝233，此时△ABC 的面积S ＝12bc ＝233.若cos A ≠0，则sin C ＝2sin A ，由正弦定理可知，c ＝2a ，代入a 2＋c 2－b 2＝ac ，整理可得3a 2＝4，解得a ＝233，∴c ＝433，此时△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝233.综上所述，△ABC 的面积为233.17．(2018·常德市模拟)已知函数f (x )＝2sin ωx ＋m cos ωx (ω＞0，m ＞0)的最小值为－2，且图象上相邻两个最高点的距离为π.(1)求ω和m 的值；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ2＝65，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π8的值．解析：(1)易知f (x )＝2＋m 2sin(ωx ＋φ)(φ为辅助角)， ∴f (x )min ＝－2＋m 2＝－2，∴m ＝ 2.由题意知函数f (x )的最小正周期为π，∴2πω＝π，∴ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝2sin 2x ＋2cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝65，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35.∵θ∈⎝⎛⎭⎪⎫π4，3π4，∴θ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－45，∴sin θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4cos π4－cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin π4＝7210，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π8＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π8＋π4 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π2＝2cos 2θ＝2(1－2sin 2θ)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2×⎝⎛⎭⎪⎫72102＝－4825.。

高考数学二轮复习第一部分专题篇专题二三角函数、平面向量第二讲三角恒等变换与解三角形课件文(1)

考点一
的关系式进行求解． cos2 θ－sin2 θ 1－tan2 θ ∵cos 2θ＝ 2 ＝， cos θ＋sin2 θ 1＋tan2 θ 1 1－ 9 4 1 又∵tan θ＝－，∴cos 2θ＝＝ . 3 1 5 1＋ 9
考点二
考点三
考点一
试题
解析
考点一
考点二
考点三
π 3 2．(2016· 高考全国Ⅰ卷)已知 θ 是第四象限角，且 sinθ＋＝， 4 5 4 π －则 tanθ－4 ＝________. 3
考点一
试题
解析
考点一
考点二
考点三
π π π π 1 3．(2016· 合肥检测)已知 cos ＋α· cos －α＝－，α∈ ， . 4 6 3 3 2
(1)求 sin 2α 的值； 1 (2)求 tan α－的值． tan α
考点一
试题
π π π π π 1 1 (1)cos ＋ α · cos － α＝cos ＋ α · sin ＋ α＝ sin2α＋＝－， 3 2 4 6 3 6 6
考点一
三角恒等变换
[经典结论· 全通关]
考点一
三角函数恒等变换“四大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45° 等；
考点二
考点三
(2)项的分拆与角的配凑：如 sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α， α＝(α－β)＋β 等； (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦．
考点二
考点三
考点三
试题

2020届高考数学二轮复习全程方略课件：专题二三角函数与平面向量(2)三角恒等变换与解三角形 Wo

第十八页，编辑于星期日：一点五分。
[变式训练] (2017·西安质检)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到 A 处时测得公路北侧一山顶 D 在西偏北 30°的方向上，行驶 600 m 后到达 B 处，测得此山顶在西偏北 75°的方向上，仰角为 30°，则此山的高度 CD＝________m.
[变式训练] 设 f(x)＝sin xcos x－cos2x＋π4. (1)求 f(x)的单调区间； (2)在锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a， b，c.若 fA2＝0，a＝1，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意知 f(x)＝ sin22x－1＋cos22x＋π2＝
第二十七页，编辑于星期日：一点五分。
sin22x－1－s2in
2x ＝sin
2x－12.
由－π2＋2kπ≤2x≤π2＋2kπ，k∈Z，
可得－π4＋kπ≤x≤π4＋kπ，k∈Z.
由π2＋2kπ≤2x≤32π＋2kπ，k∈Z，
可得π4＋kπ≤x≤34π＋kπ，k∈Z.
第二十八页，编辑于星期日：一点五分。
所以 f(x) 的
(k∈Z)，单调递减区间是π4＋kπ，34π＋kπ(k∈Z)．
(2)由
A
f
2
＝sin
A－12＝0，
得 sin A＝12，
由题意知
A
为锐角，所以
cos
A＝
3 2.
第二十九页，编辑于星期日：一点五分。
由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得 1＋ 3bc＝b2＋c2≥2bc，
即 bc≤2＋ 3，且当 b＝c 时等号成立．
因此12bcsin
2＋ A≤ 4
3 .

2020高考数学二轮总复习第1部分层级2专题2三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形课件理

A．－12
B．12
C．－
3 2
D．
3 2
(3)(一题多解)(2019·福建省百校临考冲刺)若 α∈(0，π)，且 3sin α＋2cos α＝2，则
tan α2＝( )
A．
3 2
B．
3 4
C．2 3 3
D．4 3 3
1 [解析] (1)cossi2n15151°0－°ssinin22105°5°＝sinc7o0s°3s1in0°20°＝cosc2o0s°s5i0n°20°＝2ssiinn4400°°＝12. (2)解法一：因为 α 为锐角，β 为第二象限角，cos(α－β)>0，sin(α＋β)>0，所以 α－β 为第四象限角，α＋β 为第二象限角，因此 sin(α－β)＝－ 23，cos(α＋β)＝－ 23，所以 sin 2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝－ 23×－ 23＋12×12＝1. 因为 α 为锐角，所以 2α＝π2，所以 sin(3α－β)＝sin(2α＋α－β)＝cos(α－β)＝12，故选 B．
A．4 2
B． 30
C． 29
D．2 5
解析：选 A ∵cosC2＝ 55， ∴cos C＝2cos2C2－1＝2× 552－1＝－35. 在△ABC 中，由余弦定理，得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×－35＝32， ∴AB＝ 32＝4 2.故选 A．
4．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若△ABC 的面积
2a，则ba＝( )
边长，且直线 bx＋ycos A＋cos B＝0 与 ax＋ycos B＋cos A＝0 平行，则△ABC 一定是( )

高考数学二轮复习专题篇素养提升专题1三角函数三角恒等变换与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形文理

②由 f(x)＝12sin2x－π6＝ 63，
得 sin2x－π6＝ 33，
∵x∈0，π4，∴－π6≤2x－π6≤π3，
∴cos2x－π6＝
6 3.
∴cos 2x＝cos2x－π6＋π6 ＝cos2x－π6× 23－sin2x－π6×21 ＝ 36× 23－ 33×12＝ 22－ 63.
三角恒等变换的“四大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换, 1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α,α＝(α－β)＋β等． (3)降次与升次：正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次． (4)弦、切互化：一般是切化弦．
分值 10 12 10
年份卷别 Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
分值
17 正余弦定理
12
二倍角公式、基本关系式、余弦定理、
15
5
三角形面积公式
18
正余弦定理、三角形面积公式
12
17
正余弦定理、解三角形
12
二倍角、辅助角公式、基本关系式、
10、15 和的正弦公式、余弦定理
10°＝
典例1
A．34
(1)(2020·全国Ⅱ卷模拟)cos2 40°＋2sin 35°sin 55°sin
( A)
B．14
C．12＋
3 2
D．3
3 4
(2)(2020·宜宾模拟)已知 α∈0，π2，且 3sin2α－5cos2α＋sin 2α＝0，则
sin 2α＋cos 2α＝
( A)
A．1
B．－2137

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题3 第2讲三角恒等变换与解三角形1

14
7
42
3
[解析] 由 0<β<π<α<π易得π<2α－β<π，－π<α－2β<π，π<α＋β<3π，故 sin(2α－β)＝5 3，cos(α－2β)＝1，cos(α
42 4
4
24
4
14
7
＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)]＝cos(2α－β)·cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β)＝1，故α＋β＝π.
推论：cosA＝b2＋c2－a2，cosB＝a2＋c2－b2，
2bc
2ac
cosC＝a2＋b2－c2. 2ab
变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，
a2＋b2－c2＝2abcosC．
8．面积公式 S△ABC＝12bcsinA＝12acsinB＝12absinC．
易错警示 Yi cuo jing shi 1．同角关系应用错误：利用同角三角函数的平方关系开方时，忽略判断角所在的象限或判断出错，导致三角
的图象向右平移 π 个单位长度，所得图象对应的函数(
A
)
10
3π，5π A．在区间 4 4 上单调递增
3
3π，π B．在区间 4 上单调递减
5π，3π C．在区间 4 2 上单调递增
3π，2π
D．在区间 2
上单调递减
[解析] 选 A．因为将函数 y＝
sin
2x＋π 5
的图象向右平移 π 个单位长度，得到函数 y＝sin2x
2
4
7
(1)求角 A．
(2)若 a＝ 7，b＝2，求△ABC 的面积．
[解析] (1)由已知，化简得1－cosB－C＋sinBsinC＝3，

2020届高考数学大二轮复习专题二三角函数、解三角形与平面向量第2讲三角恒等变换与解三角形课件文

sin2α＝ □01 2sinαcosα
；
cos2α＝ □02 cos2α－sin2α ＝ □03 2cos2α－1 ＝ □04 1－2sin2α ；
tan2α＝ □05 1－2tatannα2α
；
cos2α＝ □06 1＋c2os2α，sin2α＝ □07 1－c2os2α .
□ 3．辅助角公式
a∶b∶c＝ □08 sinA∶sinB∶sinC
.
5．余弦定理
□ a2＝ 01 b2＋c2－2bccosA ，b2＝ □ c2＝ 03 a2＋b2－2abcosC .
□02 a2＋c2－2accosB ，
□ 推论：cosA＝
04
b2＋c2－a2 2bc
，
□ cosB＝
05
a2＋c2－b2 2ac
(2)由ssiinnCA＝2，得 c＝2a，
由余弦定理 b2＝a2＋c2－2accosB 及 cosB＝41，b＝2，
得 4＝a2＋4a2－4a2×41，得 a＝1，从而 c＝2.
又因为 cosB＝14，且 0<B<π，所以 sinB＝
15 4.
因此 S＝12acsinB＝21×1×2×
415＝
15 4.
角度 2 解三角形与平面几何知识的综合例 4 如图，在平面四边形 ABCD 中，已知 A＝π2，B＝23π，AB＝6.在 AB 边上取点 E，使得 BE＝1，连接 EC，ED.若∠CED＝23π，EC＝ 7.
(1)求 sin∠BCE 的值； (2)求 CD 的长．
解 (1)在△BEC 中，由正弦定理，知sin∠BEBCE＝sCinEB.
1
PART ONE
核心知识回顾
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式

2020版高三数学新课标大二轮专增分攻略数学(理) 专题一三角函数与解三角形第二讲三角恒等变换与解三角形

第二讲三角恒等变换与解三角形[高考导航]1．利用各种三角函数进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点．2．利用正、余弦定理进行边和角、面积的计算，三角形形状的判定以及有关范围的计算，常与三角恒等变换综合考查．考点一三角恒等变换与求值1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin2α＝2sin αcos α.(2)cos2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan2α＝2tan α1－tan 2α.3．辅助角公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a .1．(2019·贵阳监测)sin 415°－cos 415°＝( ) A.12 B ．－12 C.32 D ．－32[解析] sin 415°－cos 415°＝(sin 215°－cos 215°)(sin 215°＋cos 215°)＝sin 215°－cos 215°＝－cos30°＝－32.故选D.[答案] D2．(2019·山西省名校联考)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝－33，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋cos α＝( )A ．－223B ．±223 C ．－1 D ．±1 [解析]由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋cos α＝12cos α＋32sin α＋cos α＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝－1，故选C. [答案] C3．(2019·河南郑州3月联考)若1＋tan α1－tan α＝2018，则1cos2α＋tan2α＝( )A ．2017B ．2018C ．2019D ．1004[解析] 1cos2α＋tan2α＝1cos2α＋sin2αcos2α＝1＋sin2αcos2α＝(sin α＋cos α)2cos2α＝(sin α＋cos α)2cos 2α－sin 2α＝sin α＋cos αcos α－sin α＝1＋tan α1－tan α＝2018，故选B. [答案] B4．(2019·河南濮阳一模)设0°<α<90°，若sin(75°＋2α)＝－35，则sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝( )A.110B.220 C ．－110 D ．－220[解析] 因为0°<α<90°，所以75°<75°＋2α<255°.又因为sin(75°＋2α)＝－35<0，所以180°<75°＋2α<255°，角75°＋2α为第三象限角，所以cos(75°＋2α)＝－45.所以sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝sin(15°＋α)·cos(15°＋α)＝12sin(30°＋2α)＝12sin[(75°＋2α)－45°]＝12[sin(75°＋2α)·cos45°－cos(75°＋2α)·sin45°]＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×22＋45×22＝220，故选B.[答案] B5．(2019·豫北名校联考)计算： cos10°－3cos (－100°)1－sin10°＝________.(用数字作答)[解析] cos10°－3cos (－100°)1－sin10°＝cos10°＋3cos80°1－cos80°＝cos10°＋3sin10°2·sin40°＝2sin (10°＋30°)2·sin40°＝ 2.[答案]26．(2019·长春三校联考)已知cos α＝17，cos(α－β)＝1314，若0<β<α<π2，则β＝________.[解析] 由cos α＝17，0<α<π2，得sin α＝1－cos 2α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫172＝437，由0<β<α<π2，得0<α－β<π2.又cos(α－β)＝1314，∴sin(α－β)＝1－cos 2(α－β)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13142＝3314. 由β＝α－(α－β)得cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝17×1314＋437×3314＝12.∵β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴β＝π3.[答案]π3(1)三角恒等变换的三原则①一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理拆分，从而正确使用公式，如2题．②二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”．③三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”等．(2)解决条件求值应关注的三点①分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角．②正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示．③求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小，如6题．考点二解三角形1．正弦定理a sin A＝bsin B＝csin C＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．变形：a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C.sin A＝a2R，sin B＝b2R，sin C＝c 2R.a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，b2＝a2＋c2－2ac cos B，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .3．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .角度1：利用正弦、余弦定理判断三角形的形状【例1】 (2019·豫北名校4月联考)在△ABC 中，a ，b ，c 分别表示三个内角A ，B ，C 的对边，如果(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)·sin(A ＋B )，则△ABC 的形状为( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形或直角三角形 [解题指导] 解法一：对原式进行化简→正弦定理把边化成角→判断三角形的形状解法二：对原式进行化简→利用正、余弦定理把角化成边→判断三角形的形状[解析] 解法一：已知等式可化为a 2[sin(A －B )－sin(A ＋B )]＝b 2[－sin(A ＋B )－sin(A －B )]，∴2a 2cos A sin B ＝2b 2cos B sin A . 由正弦定理，上式可化为 sin 2A cos A sin B ＝sin 2B cos B sin A ，∴sin A sin B (sin A cos A －sin B cos B )＝0，∵A ，B 均为△ABC 的内角，∴sin A ≠0，sin B ≠0， ∴sin2A －sin2B ＝0，即sin2A ＝sin2B . 由A ，B ∈(0，π)得0<2A <2π， 0<2B <2π，得2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形，故选D. 解法二：(同解法一)可得2a 2cos A sin B ＝2b 2cos B sin A . 由正、余弦定理，可得a 2·b 2＋c 2－a 22bc ·b ＝b 2·a 2＋c 2－b 22ac ·a . ∴a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)，即(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0. ∴a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2，∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形．故选D. [答案] D角度2：利用正弦、余弦定理进行边角计算【例2】 (2019·武汉二模)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且2cos A cos C (tan A tan C －1)＝1.(1)求B 的大小；(2)若a ＋c ＝332，b ＝3，求△ABC 的面积．[解] (1)由2cos A cos C (tan A tan C －1)＝1，得2(sin A sin C －cos A cos C )＝1，即cos(A ＋C )＝－12， ∴cos B ＝－cos(A ＋C )＝12，又0<B <π，∴B ＝π3.(2)由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12， ∴(a ＋c )2－2ac －b 22ac ＝12，又a ＋c ＝332，b ＝3， ∴274－2ac －3＝ac ，即ac ＝54， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×54×32＝5316.[探究追问1] 若本例第(2)问条件变为“若b ＝3，S △ABC ＝332”，试求a ＋c 的值．[解] 由已知S △ABC ＝12ac sin B ＝332， ∴12ac ×32＝332，则ac ＝6.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝(a＋c)2－3ac，所以(a＋c)2＝b2＋3ac＝21，所以a＋c＝21.[探究追问2]在本例条件下，若b＝3，求△ABC面积的最大值．[解]由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac，则3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac，所以ac≤3(当且仅当a＝c＝3时取等号)．所以S△ABC＝12ac sin B≤12×3×sinπ3＝334.故△ABC面积的最大值为334.利用正、余弦定理解三角形应注意的3点(1)利用正、余弦定理解三角形时，涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．(2)涉及边a，b，c的齐次式时，常用正弦定理转化为角的正弦值，再利用三角公式进行变形．(3)涉及正、余弦定理与三角形面积综合问题，求三角形面积时用S＝12ab sin C形式的面积公式．1．(2019·山西太原五中12月月考)在△ABC 中，已知2a cos B ＝c ，sin A sin B (2－cos C )＝sin 2C 2＋12，则△ABC 为( )A ．等腰三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形[解析] 由2a cos B ＝c ，得2a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝c ，即a 2＝b 2，所以a ＝b .因为sin A sin B (2－cos C )＝sin 2C 2＋12，所以2sin A sin B (2－cos C )－2＋1－2sin 2C2＝0，即2sin A sin B (2－cos C )－2＋cos C ＝0，所以(2－cos C )·(2sin A sin B －1)＝0，因为cos C ≠2，所以sin A sin B ＝12.因为a ＝b ，所以sin 2A ＝12，所以A ＝B ＝π4，所以C ＝π2. 所以△ABC 是等腰直角三角形，故选D. [答案] D2．(2019·河北重点中学第三次联考)如图，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝4，b ＝2,2c cos C ＝b ，D ，E 分别为线段BC 上的点，且BD ＝CD ，∠BAE ＝∠CAE .(1)求线段AD 的长； (2)求△ADE 的面积．[解] (1)因为c ＝4，b ＝2,2c cos C ＝b ，所以cos C ＝b 2c ＝14. 由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋4－164a ＝14，所以a ＝4，即BC ＝4. 在△ACD 中，CD ＝2，AC ＝2，所以AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ＝6，所以AD ＝ 6. (2)因为AE 是∠BAC 的平分线，所以S △ABE S △ACE ＝12AB ·AE ·sin ∠BAE 12AC ·AE ·sin ∠CAE＝AB AC ＝2，又S △ABES △ACE＝BE EC ，所以BEEC ＝2，所以CE ＝13BC ＝43，DE ＝2－43＝23. 又因为cos C ＝14，所以sin C ＝1－cos 2C ＝154.所以S △ADE ＝12×DE ×AC ×sin C ＝156.考点三正、余弦定理的实际应用1．仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．2．方位角从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．3．方向角相对于某一正方向的水平角．(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．(3)南偏西等其他方向角类似．4．坡角与坡度(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．(2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．1．(2019·保定摸底)已知在河岸A处看到河对岸两个帐篷C，D 分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B处后再次观察帐篷C，D，此时C，D分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C，D之间的距离为()A ．1015米B ．106米C ．515米D ．56米[解析] 由题意可得∠DAB ＝60°，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，∠DBA ＝30°，在△ABD 中，∠DAB ＝60°，∠DBA ＝30°，AB ＝30，所以∠ADB ＝90°，sin ∠DAB ＝sin60°＝BDBA ，解得BD ＝15 3.在△ABC 中，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，所以∠ACB ＝60°，AB sin60°＝BCsin45°，解得BC ＝10 6.在△BCD 中，∠CBD ＝∠CBA －∠DBA ＝45°，则由余弦定理得cos ∠CBD ＝cos45°＝BC 2＋BD 2－CD 22BC ·BD ，即22＝(106)2＋(153)2－CD22×106×153，得CD ＝515.故选C.[答案] C2．(2019·太原五中月考)为了竖一块广告牌，要制造一个三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1米，且AC 比AB 长0.5米，为了稳固广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为( )A ．(1＋32)米 B ．2米 C ．(1＋3)米D ．(2＋3)米[解析] 设BC 的长度为x 米，AC 的长度为y 米，则AB 的长度为(y －0.5)米，在△ABC 中，由余弦定理AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ，得(y －0.5)2＝y 2＋x 2－2xy ×12，化简得y (x －1)＝x 2－14.因为x >1，所以x －1>0，因此y ＝x 2－14x －1＝(x －1)＋34(x －1)＋2≥3＋2，当且仅当x －1＝34(x －1)时取等号，即x ＝1＋32时，y 取得最小值2＋3，因此AC 最短为(2＋3)米．[答案] D3．(2019·广东省五校协作体高三一诊)如图所示，在一个坡度一定的山坡AC 的顶上有一高度为25 m 的建筑物CD ，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A 处测得∠DAC ＝15°，沿山坡前进50 m 到达B 处，又测得∠DBC ＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________.[解析] 由∠DAC ＝15°，∠DBC ＝45°可得∠BDA ＝30°，∠DBA ＝135°，∠BDC ＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB ＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin30°＝DB sin15°，即DB ＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，又25sin45°＝252(3－1)sin (90°＋θ)，即25sin45°＝252(3－1)cos θ，得到cos θ＝3－1. [答案]3－14．(2019·福州综合质量检测)如图，小明同学在山顶A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC ＝135°.若山高AD ＝100 m ，汽车从B 点到C 点历时14 s ，则这辆汽车的速度约为________m/s.(精确到0.1)参考数据：2≈1.414，5≈2.236.[解析] 因为小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD ＝60°，∠CAD ＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s ，则BC ＝14v m ，在Rt △ADB 中，AB ＝AD cos ∠BAD ＝ADcos60°＝200 m.在Rt △ADC 中，AC ＝AD cos ∠CAD＝100cos45°＝100 2 m.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ，所以(14v )2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos135°，解得v ＝50107≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.[答案] 22.6解三角形实际问题的4步骤1．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，则sin α＝ ( )A.15 B.55 C.33D.255[解析] 由二倍角公式可知4sin αcos α＝2cos 2α. ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos α≠0， ∴2sin α＝cos α，∴tan α＝12，∴sin α＝55.故选B. [答案] B2．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( ) A.π2 B.π3 C.π4D.π6[解析] 根据余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，因为S △ABC ＝a 2＋b 2－c 24，所以S △ABC ＝2ab cos C 4，又S △ABC ＝12ab sin C ，所以tan C ＝1，因为C ∈(0，π)，所以C ＝π4.故选C.[答案] C3．(2019·浙江卷)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________.[解析] 在△BDC 中，BC ＝3，sin ∠BCD ＝45，∠BDC ＝45°，由正弦定理得BD sin ∠BCD ＝BC sin ∠BDC，则BD ＝3×4522＝1225，在△ABD 中，sin ∠BAD ＝35，cos ∠BAD ＝45，∠ADB ＝135°，∴cos ∠ABD ＝cos[180°－(135°＋∠BAD )]＝cos(45°－∠BAD )＝cos45°cos ∠BAD ＋sin45°sin ∠BAD ＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫45＋35＝7210.[答案] 1225 72104．(2019·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． [解] (1)由题设及正弦定理得sin A sin A ＋C2＝sin B sin A . 因为sin A ≠0，所以sin A ＋C2＝sin B . 由A ＋B ＋C ＝180°，可得sin A＋C 2＝cos B2，故cos B 2＝2sin B 2cos B 2. 因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin (120°－C )sin C ＝32tan C ＋12. 由于△ABC 为锐角三角形，故0°<A <90°，0°<C <90°. 由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°<C <90°，故12<a <2，从而38<S △ABC <32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫38，32.1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9或第13～15题位置上．3．若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．热点课题1 解三角形中的范围问题(2019·河南豫北联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且3a cos C ＝(2b －3c )cos A .(1)求角A 的大小；(2)求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2－B －2sin 2C2的取值范围．[解] (1)由正弦定理将原等式化为3sin A cos C ＝2sin B cos A －3sin C cos A ，从而可得，3sin(A ＋C )＝2sin B cos A ，即3sin B ＝2sin B cos A .又B 为三角形的内角，所以sin B ≠0，于是cos A ＝32.又A 为三角形的内角，因此A ＝π6.(2)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2－B －2sin 2C 2 ＝sin B ＋cos C －1＝sin B ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－B －1＝sin B ＋cos 5π6cos B ＋sin 5π6sin B －1 ＝32sin B －32cos B －1 ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6－1，由A ＝π6可知，B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5π6，所以B －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3，从而sin ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1，因此，3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6－1∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－3＋22，3－1，故cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2－B －2sin 2C 2的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－3＋22，3－1. 专题强化训练(十二)一、选择题1．(2019·贵阳监测)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α的值是( )A.79B.13 C ．－13 D ．－79[解析] ∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫π3－2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫π6－α＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎪⎫π6－α＝79， ∴cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2α＝－79.[答案] D2．(2019·湖北武汉模拟)在△ABC 中，a ＝2，b ＝3，B ＝π3，则A 等于( )A.π6B.π4C.3π4D.π4或3π4[解析] 由正弦定理得a sin A ＝b sin B ，所以sin A ＝a sin Bb ＝2×sin π33＝22，所以A ＝π4或3π4.又a <b ，所以A <B ，所以A ＝π4.[答案] B3．(2019·沧州4月联考)已知θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝( ) A.43 B ．－43 C ．－34 D.34[解析] 解法一：∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22×(sin θ＋cos θ)＝35，∴sin θ＋cos θ＝325，① ∴2sin θcos θ＝－725.∵θ是第四象限角，∴sin θ<0，cos θ>0， ∴sin θ－cos θ＝－1－2sin θcos θ＝－425，②由①②得sin θ＝－210，cos θ＝7210，∴tan θ＝－17， ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝tan θ－11＋tan θ＝－43. 解法二：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝π2，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫π4－θ＝35，又2k π－π2<θ<2k π，k ∈Z ， ∴2k π－π4<θ＋π4<2k π＋π4，k ∈Z ， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝45，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝45，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝43，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝－43.[答案] B4．(2019·山西太原模拟)在△ABC 中，c －a 2c ＝sin 2B 2(a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边)，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形[解析] 由cos B ＝1－2sin 2B 2得sin 2B 2＝1－cos B 2，∴c －a 2c ＝1－cos B 2，即cos B ＝a c .解法一：由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac ＝ac ，即a 2＋c 2－b 2＝2a 2，∴a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为直角三角形，又无法判断两直角边是否相等，故选A. 解法二：由正弦定理得cos B ＝sin Asin C ，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，∴cos B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ，即sin B cos C ＝0，又sin B ≠0，∴cos C ＝0，又角C 为三角形的内角，∴C ＝π2，∴△ABC 为直角三角形，又无法判断两直角边是否相等，故选A.[答案] A5．(2019·湛江一模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2，S △ABC ＝23，且c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0，则a ＝( )A. 3 B ．2 C ．2 3 D ．25[解析] 解法一：由正弦定理知，c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0可化为sin C cos B ＋sin B cos C －2sin A cos A ＝0，即sin(B ＋C )－2sin A cos A ＝0，因为sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A >0，所以cos A ＝12.又0<A <π，所以A ＝π3.由b ＝2，S △ABC ＝12bc sin A ＝23，得c ＝4.由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋42－2×2×4×12＝12，所以a ＝2 3.解法二：由三角形中的射影定理可知c cos B ＋b cos C ＝a ，所以c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0可化为a －2a cos A ＝0，因为a ≠0，所以cos A ＝12.又0<A <π，所以A ＝π3.由b ＝2，S △ABC ＝12bc sin A ＝23，得c ＝4.由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋42－2×2×4×12＝12，所以a ＝2 3.[答案] C6．(2019·南京调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2c cos B ＝2a ＋b ，若△ABC 的面积S ＝3c ，则ab 的最小值为( )A ．28B ．36C ．48D ．56[解析] 在△ABC 中，2c cos B ＝2a ＋b ，由正弦定理，得2sin C cos B ＝2sin A ＋sin B .又A ＝π－(B ＋C )，所以sin A ＝sin[π－(B ＋C )]＝sin(B ＋C )，所以2sin C cos B ＝2sin(B ＋C )＋sin B ＝2sin B cos C ＋2cos B sin C ＋sin B ，得2sin B cos C ＋sin B ＝0，因为sin B ≠0，所以cos C ＝－12，又0<C <π，所以C ＝2π3.由S ＝3c ＝12ab sin C ＝12ab ×32，得c ＝ab 4.由余弦定理得，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2＋ab ≥2ab ＋ab ＝3ab (当且仅当a ＝b 时取等号)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫ab 42≥3ab ，得ab ≥48，所以ab 的最小值为48，故选C.[答案] C 二、填空题7．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________．[解析] 由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 及已知得62＝(2c )2＋c 2－2×2c ×c ×12，∴c ＝23(c ＝－23舍去)．∴a ＝2c ＝43，∴△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×43×23×32＝6 3.[答案] 638．(2019·成都一诊)计算：4cos50°－tan40°＝________. [解析] 4cos50°－tan40°＝4sin40°－sin40°cos40° ＝4cos40°sin40°－sin40°cos40° ＝2sin80°－sin40°cos40° ＝2sin (120°－40°)－sin40°cos40° ＝3cos40°＋sin40°－sin40°cos40° ＝3cos40°cos40°＝ 3. [答案]39．(2019·安徽合肥一模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos C ＝223，b cos A ＋a cos B ＝2，则△ABC 的外接圆面积为________．[解析] 已知b cos A ＋a cos B ＝2，由正弦定理可得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B ＝2(R 为△ABC 的外接圆半径)．利用两角和的正弦公式得2R sin(A ＋B )＝2，则2R sin C ＝2，因为cos C ＝223，所以sin C ＝13，所以R ＝3.故△ABC 的外接圆面积为9π.[答案] 9π 三、解答题10．(2019·北京卷)在△ABC 中，a ＝3，b －c ＝2，cos B ＝－12. (1)求b ，c 的值； (2)求sin(B －C )的值．[解] (1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得b 2＝32＋c 2－2×3×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12.因为b ＝c ＋2，所以(c ＋2)2＝32＋c 2－2×3×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12.解得c ＝5.所以b ＝7. (2)由cos B ＝－12得sin B ＝32. 由正弦定理得sin C ＝c b sin B ＝5314.在△ABC 中，∠B 是钝角，所以∠C 为锐角．所以cos C ＝1－sin 2C ＝1114.所以sin(B －C )＝sin B cos C －cos B sin C ＝437.11．(2018·烟台模拟)如图，在平面四边形ABCD 中，已知A ＝π2，B ＝2π3，AB ＝6.在AB 边上取点E ，使得BE ＝1，连接EC ，ED .若∠CED ＝2π3，EC ＝7.(1)求sin ∠BCE 的值； (2)求CD 的长．[解] (1)在△BEC 中，由正弦定理，知BE sin ∠BCE＝CE sin B .∵B ＝2π3，BE ＝1，CE ＝7，∴sin ∠BCE ＝BE ·sin B CE ＝327＝2114.(2)∵∠CED ＝B ＝2π3，∴∠DEA ＝∠BCE ， ∴cos ∠DEA ＝1－sin 2∠DEA ＝1－sin 2∠BCE ＝1－328＝5714.∵A ＝π2，∴△AED 为直角三角形，又AE ＝5， ∴ED ＝AE cos ∠DEA ＝55714＝27.在△CED 中，CD 2＝CE 2＋DE 2－2CE ·DE ·cos ∠CED ＝7＋28－2×7×27×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝49.∴CD ＝7.12．(2019·常州一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A .(1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．[解] (1)证明：由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin Bcos A cos B ，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B .因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C . 从而sin A ＋sin B ＝2sin C . 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋b 222ab＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.。

高考数学二轮复习第一部分专题二三角函数、解三角形、平面向量第二讲三角恒等变换与解三角形课件文

[答案] A
11 4 3 3．(2015· 太原模拟)若 cos(2α－β)＝－，sin(α－2β)＝， 14 7 π π 0<β< <α< ，则 α＋β 的值为________． 4 2
11 π [解析] ∵cos(2α－β)＝－且 <2α－β<π， 14 4 5 3 ∴sin(2α－β)＝ . 14 4 3 π π ∵sin(α－2β)＝且－ <α－2β< ， 7 4 2 1 ∴cos(α－2β)＝ . 7 ∴cos(α＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)] ＝cos(2α－β)cos(α－2β)＋sin(2α－β)· sin(α－2β) 11 1 5 3 4 3 1 ＝－ × ＋ × ＝ . 14 7 14 7 2
30 A. 5 4 3 C. 9
30 B. 10 5 3 D. 9
(2)(2015· 湖北卷)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到 A 处时测得公路北侧一山顶 D 在西偏北 30° 的方向上，行驶 600 m 后到达 B 处，测得此山顶在西偏北 75° 的方向上，仰角为 30° ，则此山的高度 CD＝________m.
由余弦定理得 AH＝ AC2＋CH2－2AC· CH· cos∠ACB ＝ 625＋3x2－40 3x， PH tan∠PAH＝＝ AH
1 1 >0 x ， 625 40 3 －＋3 x2 x
1 4 3 5 3 故当＝时，最大值为，故选 D. x 125 9
(2)依题意，∠BAC＝30° ，∠ABC＝105° .在△ABC 中，由∠ ABC＋∠BAC＋∠ACB＝180° ，所以∠ACB＝45° ，因为 AB＝600 600 BC m，由正弦定理可得＝，即 BC＝300 2 m．在 Rt△ sin 45° sin 30° CD BCD 中，因为∠CBD＝30° ，BC＝300 2 m，所以 tan 30° ＝＝ BC CD ，所以 CD＝100 பைடு நூலகம் m. 300 2

2020届高考数学大二轮复习层级二专题二三角函数及解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形教学

第2讲三角恒等变换与解三角形[考情考向·高考导航]1．三角恒等变换是高考必考内容，可以单独命题，也可以与三角函数图象和性质综合，有时与解三角形综合．难度一般不大，单独命题多以选择题、填空题的形式出现，有时与其他知识综合，以解答题的形式出现．2．解三角形主要考查正、余弦定理、面积的综合问题，有时也涉及三角恒等变换，难度中等．单独考查以选择题、填空题为主，综合考查以解答题为主．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )A.15 B.55C.33D.255解析：B [∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，由2sin 2α＝cos 2α＋1得：4sin αcos α＝2cos 2α，∴2sin α＝cos α，∴2sin α＝1－sin 2 α，∴5sin 2 α＝1，∴sin 2α＝15，∴sin α＝55.] 2．(2019·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B ＝4c sin C ，cos A ＝－14，则bc＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：A [∵a sin A －b sin B ＝4c sin C ， ∴a 2－b 2＝4c 2， ∵cos A ＝－14，∴b 2＋c 2－a 22bc ＝－14，即－3c 22bc ＝－14，∴b c ＝4×32＝6.] 3．(2019·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a,3c sinB ＝4a sinC .(1)求cos B 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6的值．解：(1)在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C，得b sin C ＝c sin B ，又由3c sin B ＝4a sinC ，得3b sin C ＝4a sin C ，即3b ＝4a .又因为b ＋c ＝2a ，得到b ＝43a ，c ＝23a ，由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋49a 2－169a 22·a ·23a＝－14.(2)由(1)可得sin B ＝1－cos 2B ＝154，从而sin 2B ＝2sin B cos B ＝－158，cos 2B ＝cos 2B －sin 2B ＝－78，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝sin 2B cos π6＋cos 2B sin π6＝－158×32－78×12＝－35＋716. [主干整合]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.(3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α. 3．辅助角公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)，其中tan φ＝ba.4．正弦定理及其变形在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .5．余弦定理及其变形在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.6．三角形面积公式S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B .热点一三角恒等变换与求值[例1] (1)(2019·江苏卷)已知tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－3，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋4的值是________．[解析] 方法1：由tan αtan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan αtan α＋11－tan α＝tan α1－tan αtan α＋1＝－23，解得tan α＝2或－13.sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22(sin 2α＋cos 2α) ＝22(2sin αcos α＋2cos 2α－1) ＝2(sin αcos α＋cos 2α)－22＝2·sin αcos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α－22 ＝2·tan α＋1tan 2α＋1－22，将tan α＝2和－13分别代入得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝210.方法2：∵tan αtan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝＝－23，∴sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－23cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.① 又sin π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－α ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos α－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＝22，②由①②，解得sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－25，cos αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝3210.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4 ＝sin αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋cos αsin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝210.[答案]210(2)(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45.(ⅰ)求sin(α＋π)的值；(ⅱ)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．[解析] (ⅰ)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45得sin α＝－45，所以sin(α＋π)＝－sinα＝45.(ⅱ)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，所以cos β＝－5665或cos β＝1665.[答案] (ⅰ)45 (ⅱ)－5665或1665(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．(1)(2019·维坊三模)已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( )A.5π12 B.π3 C.π4D.π6解析：C [因为α，β均为锐角，所以－π2＜α－β＜π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，所以cos α＝255，所以sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝55×31010－255×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010＝22. 所以β＝π4.](2)(2020·广西三市联考)设α为锐角，若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12的值为________．解析：因为α为锐角且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45＞0，所以α＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π12＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π4＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π4－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－1 ＝2×35×45－22⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝12225－7250＝17250. 答案：17250热点二正、余弦定理的应用用正、余弦定理求解边、角、面积[例2－1] (2019·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .设(sin B －sin C )2＝sin 2A －sinB sinC .(1)求A ；(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .[解析] (1)由已知得sin 2B ＋sin 2C －sin 2A ＝sinB sinC ，故由正弦定理得b 2＋c 2－a 2＝bc .由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得2sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，即62＋32cos C＋12sin C＝2sin C，可得cos(C＋60°)＝－22.因为0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝22，故sin C＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°＝6＋2 4.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．用正、余弦定理解决实际问题[例2－2](2019·重庆二诊)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD ＝________m.[解析] 由题意，在△ABC 中，∠BAC ＝30°， ∠ABC ＝180°－75°＝105°，故∠ACB ＝45°. 又AB ＝600 m ，故由正弦定理得600sin 45°＝BCsin 30°.解得BC ＝3002m.在Rt △BCD 中，CD ＝BC ·tan 30°＝3002×33＝1006(m)． [答案] 100 6解三角形实际问题三步骤(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．(1)(2019·威海三模)如图，在△ABC 中，点D 在AC 上，AB ⊥BD ，BC ＝33，BD ＝5，sin ∠ABC ＝235，则CD 的长为( ) A.14 B ．4 C ．2 5D ．5解析：B [利用余弦定理求解．因为sin ∠ABC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫∠DBC ＋π2＝cos ∠DBC ＝235，在△DBC 中，由余弦定理可得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC ＝25＋27－2×5×33×235＝16，所以CD ＝4，故选B.](2)如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A ，发现其北偏东45°，与观测站A 距离202海里的B 处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A 东偏北θ(0°＜θ＜45°)的C 处，且cos θ＝45.已知A ，C 两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．解析：因为cos θ＝45，0°＜θ＜45°，所以sin θ＝35，cos(45°－θ)＝22×45＋22×35＝7210，在△ABC 中，BC 2＝800＋100－2×202×10×7210＝340，所以BC ＝285，该货船的船速为485海里/小时．答案：485热点三与解三角形的交汇创新[例3] (2020·烟台模拟)已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sinB ＝74，cos A sin A ＋cos C sin C ＝477. (1)求证：0＜B ≤π3；(2)若BA →·BC →＝32，求|BC →＋BA →|.[审题指导] (1)三角恒等变换，利用重要不等式转化关于cos B 的不等式． (2)由数量积求ac ，再由模长公式结合余弦定理求模． [解析] (1)证明：因为cos A sin A ＋cos Csin C＝cos A sin C ＋cos C sin A sin A sin C ＝sin A ＋C sin A sin C ＝sin B sin A sin C ＝477＝1sin B，所以sin A sin C ＝sin 2B ，由正弦定理可得b 2＝ac ，因此b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ≥2ac －2ac cos B ，所以cos B ≥12，又0＜B ＜π，所以0＜B ≤π3.(2)由(1)知0＜B ≤π3，又sin B ＝74，所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－716＝34. 所以32＝BA →·BC →＝ca cos B ＝34ac ，解得ac ＝2，因此b 2＝2.由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，所以a 2＋c 2＝b 2＋2ac cos B ＝2＋2×2×34＝5.从而|BC →＋BA →|2＝a 2＋c 2＋2BC →·BA →＝5＋2×32＝8，故|BC →＋BA →|＝2 2.以向量的运算为载体考查三角函数、三角变换、解三角形及不等式．这类综合问题的解法思路是：通过向量的运算把向量问题转化为三角函数问题或解三角形问题，再利用三角变换或正(余)弦定理综合解决．(2020·山师附中模拟)已知m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 4，1，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3sin x 4，cos 2x4，设函数f (x )＝m ·n .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等比数列，求f (B )的取值范围．解析：(1)f (x )＝m ·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 4，1·⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x 4，cos 2x 4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12，令2k π－π2≤x 2＋π6≤2k π＋π2，则4k π－4π3≤x ≤4k π＋2π3，k ∈Z ，所以函数f (x )单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤4k π－4π3，4k π＋2π3，k ∈Z .(2)由b 2＝ac 可知cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥2ac －ac 2ac ＝12(当且仅当a ＝c 时取等号)，所以0＜B ≤π3，π6＜B 2＋π6≤π3，1＜f (B )≤3＋12，综上f (B )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3＋12.限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2020·河北省六校联考)已知α∈(0，π)，且tan α＝2，则cos 2α＋cos α＝( ) A.25－35 B.5－35C.5＋35D.25＋35解析：B [∵α∈(0，π)，tan α＝2，∴α在第一象限，cos α＝15，cos 2α＋cosα＝2cos 2α－1＋cos α＝2×⎝⎛⎭⎪⎫152－1＋15＝－35＋15＝5－35，选B.] 2．(2020·日照模拟)已知sin 2α＝13，则cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝( )A.13 B.16 C.23D.89解析：C [∵sin 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝13，∴cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝23.] 3．(组合型选择题)下列式子的运算结果为3的是( ) ①tan 25°＋tan 35°＋3tan 25°tan 35°； ②2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)； ③1＋tan 15°1－tan 15°； ④tanπ61－tan2π6.A ．①②④B ．③④C ．①②③D ．②③④解析：C [对于①，tan 25°＋tan 35°＋3tan 25°tan 35°＝tan(25°＋35°)(1－tan 25°tan 35°)＋3tan 25°tan 35°＝3－3tan 25°tan 35°＋3tan 25°tan 35°＝3；对于②，2(sin 35°cos 25°＋cos 35°cos 65°)＝2(sin 35°cos 25°＋cos 35°sin 25°)＝2sin 60°＝3；对于③，1＋tan 15°1－tan 15°＝tan 45°＋tan 15°1－t an 45°tan 15°＝tan 60°＝3；对于④，tan π61－tan 2π6＝12×2tanπ61－tan2π6＝12×tan π3＝32.综上，式子的运算结果为3的是①②③.故选C.]4．(2019·沈阳质检)已知△ABC 的内角分别为A ，B ，C ，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边的高为( )A.32 B.332C.3＋62D.3＋394解析：B [由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，得7＝AB 2＋4－4AB cos 60°，即AB 2－2AB －3＝0，得AB ＝3，则BC 边上的高为AB sin 60°＝332，故选B.] 5．(2020·广西南宁、玉林、贵港等市摸底)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝3，C ＝π3，sin B ＝2sin A ，则△ABC 的周长是( )A ．3 3B ．2＋ 3C ．3＋ 3D ．4＋ 3解析：C [在△ABC 中，sin B ＝2sin A ，∴由正弦定理得b ＝2a ，由余弦定理得c 2＝a2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋4a 2－2a 2＝3a 2，又c ＝3，∴a ＝1，b ＝2.∴△ABC 的周长是a ＋b ＋c ＝1＋2＋3＝3＋ 3.故选C.]6.(2019·保定二模)已知在河岸A 处看到河对岸两个帐篷C ，D 分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30米到达B 处后再次观察帐篷C ，D ，此时C ，D 分别在北偏西15°和北偏西60°方向，则帐篷C ，D 之间的距离为( )A ．1015米B ．106米C ．515米D ．56米解析：C [由题意可得∠DAB ＝60°，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，∠DBA ＝30°，在△ABD 中，∠DAB ＝60°，∠DBA ＝30°，AB ＝30，所以∠ADB ＝90°，sin ∠DAB ＝sin 60°＝BD BA，解得BD ＝15 3.在△ABC 中，∠CAB ＝45°，∠CBA ＝75°，所以∠ACB ＝60°，ABsin 60°＝BCsin 45°，解得BC ＝10 6.在△BCD 中，∠CBD ＝∠CBA －∠DBA ＝45°，则由余弦定理得cos∠CBD ＝cos 45°＝BC 2＋BD 2－CD 22BC ·BD ，即22＝1062＋1532－CD23×106×153，得CD ＝515.故选C.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2020·陕西省质量检测)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ba ＋c＝1－sin C sin A ＋sin B，且b ＝5，AC →·AB →＝5，则△ABC 的面积是________．解析：在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知ba ＋c ＝1－sin Csin A ＋sin B，所以ba ＋c＝1－ca ＋b ，化简可得：b 2＝a 2＋bc －c 2，可得cos A ＝12，∵0＜A ＜π，∴A ＝π3. 又b ＝5，AC →·AB →＝5，∴bc cos A ＝5，∴bc ＝10.S ＝12·bc sin A ＝12×10×32＝532. 答案：5328．(2019·浙江卷)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________.解析：解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征．在ΔABD 中，有：AB sin ∠ADB ＝BD sin ∠BAC ，而AB ＝4，∠ADB ＝3π4，AC ＝AB 2＋BC 2＝5，sin∠BAC ＝BC AC ＝35，cos ∠BAC ＝AB AC ＝45，所以BD ＝1225.cos ∠ABD ＝cos(∠BDC －∠BAC )＝cos π4cos ∠BAC ＋sin π4sin ∠BAC ＝7210.答案：1225，7210三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2019·江苏卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)若a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，求c 的值；(2)若sin A a ＝cos B 2b ，求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π2的值．解：(1)因为a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，得23＝3c 2＋c 2－222×3c ×c，即c 2＝13.所以c ＝33.(2)因为sin A a ＝cos B2b，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得cos B 2b ＝sin Bb，所以cos B ＝2sin B .从而cos 2 B ＝(2sin B )2，即cos 2 B ＝4(1－cos 2 B )，故cos 2B ＝45.因为sin B ＞0，所以cos B ＝2sin B ＞0，从而cos B ＝255.因此sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π2＝cos B ＝255.10．(2020·辽宁三市调研)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，即2sin A cos B ＝sin A . 因为A ∈(0，π)，所以sin A ＞0，所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝6，即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤32＋12，即△ABC 面积的最大值为32＋32.11.(2020·广东六校联考)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE ，其中三角形区域ABE 为生活区，四边形区域BCDE 为教学区，AB ，BC ，CD ，DE ，EA ，BE 为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD ＝∠CDE ＝2π3，∠BAE ＝π3，DE ＝3BC ＝3CD ＝910km. (1)求道路BE 的长度．(2)求生活区△ABE 面积的最大值．解析：(1)如图，连接BD ，在△BCD 中，由余弦定理得：BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos ∠BCD ＝27100，所以BD ＝3310，因为BC ＝CD ，所以∠CDB ＝∠CBD ＝π－23π2＝π6，又∠CDE ＝2π3，所以∠BDE＝π2.在Rt △BDE 中，BE ＝BD 2＋DE 2＝335.(2)设∠ABE ＝α，因为∠BAE ＝π3，所以∠AEB ＝2π3－α.在△ABE 中，由正弦定理，得ABsin ∠AEB＝AE sin ∠ABE ＝BEsin ∠BAE＝335sinπ3＝65，所以AB ＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α，AE ＝65sin α. 所以S △ABE ＝12|AB ||AE |sin π3＝9325⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－αsin α ＝9325⎣⎢⎡⎦⎥⎤12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π6＋14≤9325⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＝273100，因为0＜α＜2π3，所以当2α－π6＝π2，即α＝π3时，S △ABE 取得最大值为273100，即生活区△ABE 面积的最大值为273100.高考解答题·审题与规范(二) 三角函数与解三角形类考题[解析] (1)由题设及正弦定理得sin A sin A ＋C2＝sin B sin A ．1分①因为sin A ≠0，所以sinA ＋C2＝sin B ．2分②由A ＋B ＋C ＝180°，可得sinA ＋C2＝cos B 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2.3分③ 因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.5分④(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a .6分⑤ 由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin 120°－C sin C ＝32tan C ＋12.8分⑥由于△ABC 为锐角三角形，故0°＜A ＜90°，0°＜C ＜90°.由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°＜C ＜90°，10分⑦ 故12＜a ＜2，11分⑧ 从而38＜S △ABC ＜32.因此，△ABC 面积的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫38，32.12分⑨。

(浙江专用)2020高考数学专题二三角函数、平面向量与复数第2讲三角恒等变换与解三角形教案

第2讲三角恒等变换与解三角形利用三角恒等变换化简、求值[核心提炼]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin( α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos( α±β)＝cos αcos β?sin αsinβ；tan α±tan β(3)tan( α±β)＝1?tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin2α＝2sin αcos α；(2)cos2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α；2tan α(3)tan2 α＝1－tan 2α.[典型例题]π4 37π(1)已知cos θ－6＋sinθ＝ 5，则sinθ＋6 的值是()4B ． 4 3C ．－44 3A ．55D ．－55510π3π(2)若sin2 α＝5 ，sin(β－α)＝10，且α∈ 4，π，β∈π，2 ，则α＋β的值是()7π 9π A. 4B. 4C. 5π 7π5π 9π4 或D.或444π4 3【分析】(1)因为cos θ－6 ＋sinθ＝5，所以 3 cos3 θ＝4 3 ，2 θ＋sin52134 3即 3 2cos θ＋ 2 s in θ＝ 5 ，π 43 即3sin θ＋6＝5，π 4所以sin θ＋6＝5，7ππ4所以sinθ＋ 6 ＝－sinθ＋6＝－5.应选C.ππ5π(2)因为α∈ 4，π，所以2α∈2，2π，又sin2α＝5，故2α∈2，π，απ π253ππ 5π∈4， 2，所以cos2α＝－5 .又 β∈π，2 ，故β－ α∈ 2，4，于是cos(β－α)＝－3 10，所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2α10sin(β－α)＝－25×－310－ 5× 10＝2，且α＋β∈ 5π，2π，故α＋β＝7π.5 10510244【答案】(1)C(2)A三角函数恒等变换“四大策略”(1) 常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan45°等；(2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β) ＋ β等；(3) 降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4) 弦、切互化：一般是切化弦．[对点训练]1．(2019·杭州市高三模拟 )函数f (x )＝3sinxcos x ＋4cos 2x (x ∈R)的最大值等于( )2 2 29A ．5B ．25C ．2D ．2分析：选B.因为f (x )＝3sinxcosx＋4cos2x2 223x ＋2cos5 34 x ＋2＝sinx ＋2＝5 sin x ＋cos2 255＝ 2sin(x ＋φ)＋2，此中sin 4φ＝5，cos3 φ＝5，9所以函数 f (x )的最大值为 .22．(2019·浙江五校联考)已知3tanα2α2＋tan 2＝1，sinβ＝3sin(2 α＋β)，则 tan(α＋β)＝()4 4 A.3B ．－32 C ．－3D ．－3分析：选B.因为sinβ＝3sin(2 α＋β)，所以sin[(α＋β)－α]＝3sin[( α＋β)＋α]，所以 sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝3sin( α＋β)·cosα＋3cos(α＋β)sin α，所以2sin(α＋β)cosα＝－4cos( α＋β)sinα，sin （α＋β）4sin α所以tan(α＋β)＝cos （α＋β）＝－2cosα＝－2tanα，αααα又因为3tan2＋tan 2 2＝1，所以3tan2＝1－tan 22，2tan α224所以tan α＝2α＝3，所以tan(α＋β)＝－2tanα＝－3.1－tan 23．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)若sin(1xπ＋x )＋cos(π＋x )＝，则sin22＝________， 1＋tan x＝________．πsin x cos x －4分析：sin(π＋x )＋cos(π＋ x )＝－sinx －cos ＝ 1 ，x 21即sin x ＋cos x ＝－2，221两边平方得：sinx ＋2sin x cosx ＋cos x ＝4，即1＋sin213x ＝，则sin2x ＝－，4 4sin x 由1＋tan xπ＝1＋cos x2sin x cos x －42sin x （cos x ＋sin x ）2 2 2 x ＝ 2 2 8 2＝sinx cos x ＝sin2 3＝－3.－ 4382答案：－4－3利用正、余弦定理解三角形[核心提炼]1．正弦定理及其变形abcC ＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin在△ABC 中，sin A＝sin B ＝sinA ，asin A ＝2R ，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等．2．余弦定理及其变形在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；变形：222，cos＝b 2＋c 2－a 2b ＋c － a＝2cos.bcAA2bc3．三角形面积公式111S △ABC ＝2ab sin C ＝2bc sin A ＝2ac sin B .[ 典型例题](1)(2018·高考浙江卷)在△中，角，，所对的边分别为，，.若 a ＝ 7，ABC ABCabcb ＝2，A ＝60°，则sinB ＝________，c ＝________．(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a cosB .①证明：＝2；AB②若cos＝2，求cosC 的值．B 33 【解】(1)因为a ＝7，b ＝2，A ＝60°，所以由正弦定理得sinB ＝b sin A 2×2 ＝a ＝7212222217.由余弦定理a ＝b ＋c －2bc cosA 可得c －2c －3＝0，所以c ＝3. 故填：73.(2)①证明：由正弦定理得sin B ＋sin C＝ 2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B )＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ，于是sinB ＝sin(A －B )．又A ，B ∈(0，π)，故0＜A －B ＜π，所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ，所以A ＝π(舍去)或A ＝2B ，所以A ＝2B .2 ＝5 ②由cos ＝得sin ，B 3B32 1cos2B＝2cos B－1＝－9，1 4 5故cos A＝－9，sin A＝9 ，22cos C＝－cos(A＋B)＝－cos A cos B＋sin A sin B＝27.正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和此中一边的对角”应利用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应利用余弦定理．[对点训练]1．(2019·高考浙江卷)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________．分析：在Rt△ABC中，易得AC＝5，sin C＝AB 4BD＝BC ＝.在△BCD中，由正弦定理得sin∠BDC AC 53 4 12 2×sin∠BCD＝ 2 ×5＝ 5 ，sin∠DBC＝sin[ π－(∠BCD＋∠BDC)]＝sin(∠BCD＋∠BDC)＝24 2 3 2 7 2 πsin∠BCD cos∠BDC＋cos∠BCD sin∠BDC＝5×2＋5×2＝10.又∠ABD＋∠DBC＝2，所以72cos∠ABD＝sin∠DBC＝10.12272答案：5102．(2019·义乌高三月考)在△ABC中，内角A，B，C对应的三边长分别为a，b，c，且a22满足cb cos A－＝b－a.(1)求角B的大小；1129(2)若BD为AC边上的中线，cos A＝7，BD＝2，求△ABC的面积．解：(1)因为cb cos A－ a2＝b2－a2，即2bc cos A－ac＝2(b2－a2)，所以b2＋c2－a2－ac＝2(b2－a2)，所以a2＋c2－b2＝ac，cos B＝1，B＝π.23(2) 法一：在三角形ABD 中，129 2 c 2＋ b 2 b cos ，由余弦定理得＝－2· 2 22 129 2b 2 1所以4＝c ＋4－7bc ，①4 3在三角形ABC 中，由已知得sin A ＝7，53所以sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝14， 5 由正弦定理得c ＝7b .②b ＝7，由①，②解得c ＝5. 1所以S △ABC ＝2bc sin A ＝103. 法二：延长BD 到E ，DE ＝BD ，连接AE ，在△ABE 中，2π∠BAE ＝3，222BE ＝AB ＋AE －2·AB ·AE ·cos ∠BAE ，因为AE ＝BC ，129＝c 2＋a 2＋a ·c ，①4 3由已知得，sin ∠BAC ＝7，53 所以sin C ＝sin(A ＋B )＝，14c sin ∠ACB 5a ＝sin ＝ .②∠BAC 8由①②解得c ＝5，a ＝8，S ＝2c ·a ·sin ∠ABC ＝103.△ABC1解三角形中的最值(范围)问题[典型例题](1)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知2c cos B ＝2a －b .①求角C 的大小；②若 →1→2 ABCCA －CB ＝，求△面积的最大值．2(2)(2019·杭州市高考数学二模 )在△中，内角，，C 所对的边分别为 a ，，，ABC AB bc若m sin A ＝sin B ＋sin C (m ∈R)．①当m ＝3时，求cos A 的最小值；π②当A ＝3时，求m 的取值范围．【解】(1)①因为2cos所以2sinC cos B ＝2sin化简得sin B ＝2sin B cos＝2－， A －sinB ＝2sin( C ，B ＋C )－sinB ，因为sin B ≠0，所以 cos 1C ＝2.π因为0＜C ＜π，所以C ＝3.②取的中点→ 1→→ ＝，则CA － CB ＝2.BCD2|DA |在△中，2＝2＋ 2－2· cos ，ADCAD AC CD ACCD C2a 2 ab a 2b 2 ab ab即有 4＝b ＋2－2≥2 4－2＝2，所以ab ≤8，当且仅当a ＝4，b ＝2时取等号．13所以S △ABC ＝2ab sinC ＝ 4ab ≤23，所以△ABC 面积的最大值为23.(2)①因为在△ABC 中m sin A ＝sin B ＋sin C ，当m ＝3时，3sin A ＝sin B ＋sin C ，由正弦定理可得3a ＝b ＋c ，再由余弦定理可得2 2 1 2cos b 2＋c 2－a2 b ＋c －9（b ＋c ） A ＝ 2bc ＝ 2bc8（2＋ c 2）－28·2－279 b9bc≥9bc9bc＝2bc2bc＝，9当且仅当b ＝c 时取等号，7故cos A 的最小值为.9π3②当A ＝3 时，可得 2 m ＝sin B ＋sin C ，2 32 3 C故＝sin＋sinm3B32 32 3 2π－B ＝3 sin B ＋3 sin3 ＝2 3B ＋2 33＋ 13 sin 32 c os B2sin B2 33＝3sin B ＋cos B ＋3sin Bπ＝ 3sin B ＋cos B ＝2sin B ＋6，2π 因为B ∈0，，ππ5所以B ＋6∈6，6π，＋ π 1 所以sin 6 ∈ ，1，B 2π所以2sin B ＋6 ∈(1，2]，所以m 的取值范围为(1，2]． (1)求最值的一般思路由余弦定理中含两边和的平方22222(如a ＋b －2ab cos C ＝c )且a ＋b ≥2ab ，所以在解三角形1 中，若涉及已知条件中含边长之间的关系，且与面积有关的最值问题，一般利用S ＝2ab sin C型面积公式及基本不等式求解，有时也用到三角函数的有界性．(2) 求三角形中范围问题的常有种类①求三角形某边的取值范围．②求三角形一个内角的取值范围，也许一个内角的正弦、余弦的取值范围． ③求与已知有关的参数的范围或最值．[对点训练]→→→→＝3，则△ABC 面积的最大值为( )1．在△ABC 中，AC ·AB ＝|AC －AB | A.213 21B.421D ．3 21C.2分析：选 B.设角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，因为→· → ＝| → － →|＝3，AC AB ACAB 所以bc cos A ＝a ＝3.b 2＋c 2－a 293cos A 又cos A ＝2bc ≥1－2 bc ＝1－2 ，2所以cos A ≥5，21所以0<sin A ≤5 ，所以△的面积1sin33 21 3 21＝＝tan≤×＝，ABCS2bcA 2 A 224故△ABC 面积的最大值为 3 21.42．(2019·浙江“七彩阳光”缔盟联考)已知a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，其面积满足△ABC1 2c)S＝4a ，则b 的最大值为(A. 2－1B. 2C. 2＋1D. 2＋2分析：选C.依据题意，有 S △1 2 1A ，ABC22c2应用余弦定理，可得 b ＋c －2bc cos A ＝2bc sin A ，令t ＝b ，于是t＋1－2t cos A ＝2t sin．于是2 t sin ＋2 t cos ＝ t 2＋1，AAA所以2 2sin ＋π112＋1.A 4 ＝t ＋t ，从而t ＋t ≤22，解得t 的最大值为 3．(2019·浙江绍兴一中模拟 )在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且满足 b 2＋c 2－a 2＝bc .(1) 求角A 的值；(2) 若a ＝3，记△ABC 的周长为y ，试求y 的取值范围．解：(1)因为b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以由余弦定理得2＋ c 2－21cosA ＝ba＝，2bc2因为A ∈(0，π)，π 所以A ＝3. (2) 由a ＝3，A ＝π及正弦定理， 3bca3 ＝2，得sinB ＝sin C ＝sin A＝32得 b ＝ 2sin ，＝ 2sin 2π－B ，此中 ∈0， 2π ，B c 3 B 3所以周长＝ 3＋2sin＋2sin2π＋ 3cos ＋3＝23sinB ＋ π y－B ＝3sin＋B3BB63，2ππ π 5π因为B ∈0，3 ，得B ＋6∈6，6 ，从而周长y ∈(23，33]．专题增强训练ππ1．已知sin 6－α＝cos6＋α，则cos2α＝()A ．1B ．－11C ．2D ．0π －π13 31分析：选D.因为sin6 α＝cos＋α，所以2cos α－2sinα＝2cos α－2sin6α，即1－3 sinα＝－1－ 3 cos α，所以tan α＝sin α ＝－1，所以cos2α＝cos 2cos α222 22cos 2α－sin 2α 1－tan 2α α－sinα＝sin 2α＋cos 2α＝tan 2α＋1＝0.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2，则( )A ．f (x )的最小正周期为π，最大值为3B ．f (x )的最小正周期为π，最大值为4C ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为3D ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为42 2 23 233分析：选B.易知f (x )＝2cosx －sin x＋2＝3cos x ＋1＝2(2cos x －1) ＋2＋1＝2cos2x ＋52，则f ( x )的最小正周期为π，当x ＝k π( k ∈Z)时，f (x )获得最大值，最大值为4.3．(2019·台州市高考一模)在△中，内角，， C 的对边分别为，， c ，已知aABCABab＝1，2 －3c＝2cos，sin＝ 3 ，则△ 的面积为()baC C 2 ABC33 A.2B. 43 33C.2或4D.3或2分析：选C.因为2b －3c ＝2a cos C ，所以由正弦定理可得2sin B －3sin C ＝2sin A cos C ，所以2sin( A ＋C )－3sin C ＝2sin A cos C ，所以2cossin ＝3sin，AC C3所以cos A ＝，所以A ＝30°，23因为sin C ＝2，所以C ＝60°或120°.A ＝30°，C ＝60°，B ＝90°，a ＝1，所以△ABC 的面积为1×1×2×3＝3，A ＝30°，222133C ＝120°，B ＝30°，a ＝1，所以△ABC 的面积为2×1×1×2＝4，应选C.4．在△中，三个内角，，所对的边分别为a ，，，若△ABC ＝23，＋＝6，ABCAB Cb cS aba cos B ＋b cos Ac ＝()＝2cos ，则cCA ．27B ．2 3C ．4D ．3 3a cos B ＋b cos Asin A cos B ＋sin B cos A sin （A ＋B ）分析：选B.因为 c＝ sin C＝sin （＋）＝1，所以2cosAB＝1，所以＝π.又△ABC＝2 3，则 1 sin ＝2 3，所以＝8.因为＋＝6，所以c 2＝a 2C C 3 S 2ab C abab＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－2ab －ab ＝(a ＋b )2－3ab ＝62－3×8＝12，所以c ＝23.5．公元前 6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了2mn黄金切割均为 0.618，这一数值也可以表示为 m ＝2sin 18°，若m ＋n ＝4，则2cos 227°－1＝()A ．8B ．4C ．2D ．1分析：选C.因为m ＝2sin18°，2若m ＋n ＝4，则 n＝4－2＝4－4sin 218°＝4(1－sin 218°)＝4cos 218°，mmn2sin18°4cos 218°4sin18°cos18°2sin36 ° 所以2cos 227°－1＝ cos54°＝sin36°＝sin36°＝2.6．(2019·杭州市高三期末检测 )设点P 在△ABC 的 BC 边所在的直线上从左到右运动，设 △与△的外接圆面积之比为λ ，当点P 不与， C 重合时()ABP ACP BA ．λ先变小再变大B ．当M 为线段BC 中点时，λ最大 C ．λ先变大再变小D ．λ是一个定值分析：选D.设△ 与△ 的外接圆半径分别为r1， 2，ABPACP r则2 r 1＝ AB ，22＝ AC ，sin ∠APB r sin ∠APC因为∠APB ＋∠APC ＝180°，所以sin ∠APB ＝sin ∠APC ，所以 r 1 AB＝，r 2AC22r 1AB所以λ＝2＝2.应选D.r 2 AC7．(2019·福州市综合质量检测)已知＝tan （α＋β＋γ），若sin2(α ＋ γ )＝3sinmtan （α－β＋γ）2β，则m ＝()1 3 A.2 B.43C.2D.2分析：选D.设A ＝α＋β＋γ，B ＝α－β＋γ，则2(α＋γ)＝A ＋B ，2β＝A －B ，因为sin2(α＋γ)＝3sin2β，所以sin(A ＋B )＝3sin(A －B )，即sin A cos B ＋cos A sin B ＝3(sin A cos B －cos A sin B )，即2cos A sin B ＝sin A cos B ，所以tan A ＝2tan B ，tan A所以m ＝tan B ＝2，应选D.a 2b 28．(2019·咸阳二模)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin 2A ＋sin 2B2A (1－cos C )＝sinB sin→→＝2c ，sin C ，b ＝6，AB 边上的点M 满足AM ＝2MB ，过点M 的直线与射线，分别交于，两点，则 2＋ 2 的最小值是() CACBPQMP MQA ．36B ．37C ．38D ．39a 2b 22 2分析：选A.由正弦定理，知sin 2 A ＋sin 2B ＝2c ，即2＝2sin C ，所以sin ＝1，＝ π，所以sin(1－cos )＝sin sin ，即sin ＝CC 2 A C B CA π sinB ，所以A ＝B ＝4.以C 为坐标原点建立以下列图的平面直角坐标系，π 2 216 422则M (2，4)，设∠MPC ＝θ，θ∈ 0，2 ，则MP ＋MQ ＝sin 2θ＋cos 2θ＝(sin θ＋cos16 ＋ 4 2 16 ≥36，当且仅当 tan θ＝ 2时等号建立，即 2θ)2 2＝20＋4tan θ＋ 2 θ MP sin θ cos θ tan2＋MQ 的最小值为36.9．已知2cos 2＋sin2＝sin( ＋ )＋(＞0)，则＝________，＝________．xx A ωxφ bAAb分析：因为2cos 2x ＋sin2 x ＝1＋cos2 x ＋sin2 xπ＝2sin(2 x ＋4)＋1，所以A ＝ 2，b ＝1.答案： 21ππ10．若α∈0，2 ，cos 4－α＝22cos2α，则sin2 α＝________．分析：由已知得2α)＝22(cosα－sin α)·(cos α＋sinα)，2 (cos α＋sin所以cos α＋sin α＝0 或cos α－sin1α＝4，由cos α＋sin α＝0得tan α＝－1，π因为α∈0，2，所以cos α＋sin α＝0不满足条件；由cos α－sin 11－sin2α＝1α＝，两边平方得，41615所以sin2α＝16.15答案：1611．(2019·金丽衢十二校联考二模)在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，a cos B ＝b cos A ，4S ＝2a 2－c 2，此中 S 是△ABC 的面积，则C 的大小为________．分析：△中， a cos ＝cos，ABC Bb A所以sin A cos B ＝sin B cos A ，所以sin A cos B －cos A sin B ＝sin(A －B )＝0，所以＝，所以＝；A Bab1又△ABC 的面积为S ＝2ab sin C ，且4S ＝2a 2－c 2，所以2ab sin C ＝2a 2－c 2＝a 2＋b 2－c 2，a 2＋b 2－c 2所以sin＝＝cos，C2abCπ所以C ＝4.答案：π 412．(2019·绍兴市一中高三期末检测)△ABC 中，D 为线段BC 的中点，AB ＝2AC ＝2，tan ∠ CAD ＝sin ∠BAC ，则BC ＝________．分析：由正弦定理可知 sin ∠CAD sin ∠CAD＝2，又tan ∠CAD ＝sin ∠BAC ，则＝sin(∠CADsin ∠BAD cos ∠CAD ＋∠BAD )，利用三角恒等变形可化为1cos ∠BAC ＝2，据余弦定理BC ＝2＋2－2· ··cos ∠＝1＋4－2＝3.ACABACAB BAC答案： 313．(2019·惠州第一次调研 )已知a ，b ，c 是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，a ＝4，b ∈(4，6)，sin2A ＝sinC ，则c 的取值范围为________．分析：由 4 ＝ c ，得 4 ＝ c ，所以＝8cos ，因为16＝ 2＋ 2－2 cos ，sin Asin C sin A sin2 A c A b c bc A2 2 2 216－ 2 （4－）（4＋）4＋ b ＝16 所以 16－b ＝64cos A －16b cos A ，又b ≠4，所以cos A ＝64－16b＝ 16（4－b ），所以 2＝64cos 2＝64× 4＋b ＝16＋4.因为 ∈(4，6)，所以32< 2<40，所以4 2<<210.c A 16 b b c c答案：(4 2，2 10)14．(2019·绍兴市一中期末检测)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且1a cos C －2c ＝b .(1) 求角A 的大小；(2) 若a ＝3，求△ABC 的周长l 的取值范围．1 1解：(1) 由a cos C －2c ＝b 得：sin A cos C －2sin C ＝sinB ，又sinB ＝sin(A ＋C )＝sin A cosC ＋cos A sin C ，1C ＝－cos A sin C ，所以2sin 因为sinC ≠0，1所以cos A ＝－2，又0＜A ＜π，2π 所以A ＝3.a sin B(2)由正弦定理得：b ＝sinA ＝23sinB ，c ＝23sinC ，l ＝a ＋b ＋c ＝3＋23(sinB ＋sinC )＝3＋2 3[sin B ＋sin(A ＋B )]＝3＋2 313B ＋2cos B2sinπ＝ 3＋23sin B ＋3，因为＝2π，所以∈0，π，A3B 3ππ 2π 所以B ＋3∈ 3，3 ，π 3所以sin B ＋3∈2，1，则△ABC 的周长l 的取值范围为(6，3＋2 3 ]．15．(2019·湖州模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，已知(sinA ＋sin ＋sin)(sin ＋sin －sin )＝3sin sin.BC B C A B C(1) 求角A 的值；(2) 求3sin B －cos C 的最大值．解：(1)因为(sin A ＋sin B ＋sin C )(sin B ＋sin C －sin A ) ＝ 3sin B sin C ，由正弦定理，得(＋＋)( ＋－ )＝3，abcbca bc所以 22 － 2 ＝，所以cosb 2＋c 2－a 21 ∈(0，π)，所以πb ＋c a bc＝＝，因为＝.2bc 23π2π(2)由A ＝ 3，得B ＋C ＝3 ，所以3sin－cos ＝3sin2π－B－cosBCB 3＝3sin－－ 1＋ 3＝sin B ＋π.6222π ππ 5π因为0＜B ＜ 3，所以6＜B ＋6＜ 6，π π ，即B ＝ π 3sinB －cosC 的最大值为1.当B ＋＝2 时，6 316．(2019·宁波镇海中学模拟 )在△中，，，分别是角，，的对边，b ＝2sinABC abc ABC，且满足tan2sinB＋tan ＝.BACcos A(1) 求角C 和边c 的大小； (2) 求△ABC 面积的最大值．2sin B sin A sin C解：(1)tan A ＋tan C ＝cos A 可得cos A ＋cos C ＝sincos ＋cos sin C sin （＋） sin B 2sin Bcos A cos C＝cos A cos C ＝cos A cos C ＝cos A ， 1所以cos C ＝，2因为0＜C ＜π，π所以C ＝，3因为b ＝2sin B ，c b由正弦定理可得sin C ＝sin B ＝2，6 所以c ＝2.(2) 由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，所以32＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ＝ab ，当且仅当a ＝b 时取等号．13 33 3 3所以S △ABC ＝2ab sin C ＝4ab ≤4 ×2＝8 ，3 3故△ABC 面积的最大值为8.17．(2019·成都市第二次诊断性检测)如图，在平面四边形中，已知＝π，＝2π，ABCDA 2B32πAB ＝6.在AB 边上取点E ，使得BE ＝1，连接EC ，ED .若∠CED ＝3，EC ＝7.(1) 求sin ∠BCE 的值； (2) 求CD 的长．解：(1)在△中，由正弦定理，知 BE ＝CE.BECsin ∠BCE sin B2π因为B ＝3，BE ＝1，CE ＝7，3所以sin ∠＝ BE ·sin B2 21＝＝.BCECE7142π(2) 因为∠CED ＝∠B ＝3，所以∠DEA ＝∠BCE ，223 5 7所以cos ∠DEA ＝ 1－sin ∠DEA ＝ 1－sin ∠BCE ＝1－28＝14.因为＝ π，A 2所以△AED 为直角三角形，又AE ＝5，所以ED ＝ AE ＝ 5＝27.cos ∠DEA 5 7142 2 2在△CED 中，CD ＝CE ＋DE －2CE ·DE ·1 cos ∠CED ＝7＋28－2×7×27×－2＝49. 所以CD ＝7.。

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第二讲三角恒等变换与解三角形[限时规范训练]一、选择题1．(2017·高考山东卷)函数y ＝3sin 2x ＋cos 2x 的最小正周期为( ) A.π2 B.2π3C ．πD ．2π解析：y ＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，T ＝2π2＝π.故选C. 答案：C2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知sin α－cos α＝43，则sin 2α＝( )A ．－79B ．－29C.29D.79解析：∵sin α－cos α＝43，∴(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝1－sin 2α＝169，∴sin 2α＝－79.故选A.答案：A3．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝－7，则sin α的值等于( )A.35 B ．－35C.45D ．－45解析：因为tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝－7，所以tan α－11＋tan α＝－7，得tan α＝－34，即sin αcos α＝－34.又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π.又sin 2 α＋cos 2 α＝1，得sin α＝35，故选A.答案：A4．在△ABC 中，cos 2A 2＝b ＋c 2c(a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，则△ABC 的形状为( )A ．正三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形解析：∵cos 2A 2＝b ＋c 2c ，∴1＋cos A 2＝b ＋c 2c ，∴1＋b 2＋c 2－a 22bc ＝b ＋c c，化简得a 2＋b 2＝c 2.故△ABC 是直角三角形．答案：B5．在△ABC 中，A ＝60°，若a ，b ，c 成等比数列，则b sin Bc＝( ) A.12 B.32 C.22D.6＋24解析：∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac ，① 又A ＝60°，则由正弦定理得asin A ＝bsin B，即a ＝b sin A sin B ，代入①得，b 2＝cb sin A sin B ，则b ＝c sin A sin B，所以b sin Bc ＝sin A ＝sin 60°＝32.故选B. 答案：B6．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin A ＝223，a ＝2，S △ABC ＝2，则b 的值为( ) A. 3 B.322C ．2 2D ．2 3解析：由S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×223＝2，解得bc ＝3.因为A 为锐角，sin A ＝223，所以cosA ＝13，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，代入数据解得b 2＋c 2＝6，则(b ＋c )2＝12，b ＋c ＝23，所以b ＝c ＝3，故选A. 答案：A7．(2017·高考全国卷Ⅲ)函数f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( )A.65 B ．1 C.35D.15解析：法一：∵f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ＋32cos x ＋32cos x ＋12sin x ＝110sin x ＋310cos x ＋32cos x ＋12sin x ＝35sin x ＋335cos x ＝65sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，∴当x ＝π6＋2k π(k ∈Z)时，f (x )取得最大值65.故选A.法二：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝π2，∴f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝15sin(x ＋π3)＋cos(π6－x ) ＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝65sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3≤65.∴f (x )max ＝65. 故选A.答案：A8．(2017·高考全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( ) A.π12 B.π6 C.π4D.π3解析：因为a ＝2，c ＝2，所以由正弦定理可知，2sin A ＝2sin C ，故sin A ＝2sin C .又B ＝π－(A ＋C )，故sin B ＋sin A (sin C －cos C ) ＝sin(A ＋C )＋sin A sin C －sin A cos C＝sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝(sin A ＋cos A )sin C ＝0.又C 为△ABC 的内角，故sin C ≠0，则sin A ＋cos A ＝0，即tan A ＝－1. 又A ∈(0，π)，所以A ＝3π4.从而sin C ＝12sin A ＝22×22＝12. 由A ＝3π4知C 为锐角，故C ＝π6.故选B.答案：B 二、填空题9．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足b sin A ＝a cos B ，则角B 的大小为________．解析：∵b sin A ＝a cos B ，由正弦定理，得sin B sin A ＝sin A cosB. ∵sin A ≠0，∴sin B ＝cos B ，∵B 为△ABC 内角，∴B ＝π4.答案：π410．(2017·高考江苏卷)若tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝16，则tan α＝________. 解析：法一：∵tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝tan α－tanπ41＋tan αtanπ4＝tan α－11＋tan α＝16，∴6tan α－6＝1＋tan α(tanα≠－1)，∴tan α＝75.法二：tan α＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＋π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＋tan π41－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4tanπ4＝16＋11－16×1＝75.答案：7511．(2017·高考北京卷)在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称．若sin α＝13，则cos(α－β)＝________.解析：由题意知α＋β＝π＋2k π(k ∈Z)，∴β＝π＋2k π－α(k ∈Z)， sin β＝sin α，cos β＝－cos α.又sin α＝13，∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－cos 2α＋sin 2α＝2sin 2α－1＝2×19－1＝－79.答案：－7912．在△ABC 中，若C ＝60°，AB ＝2，则AC ＋BC 的取值范围为________．解析：设角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .由题意，得c ＝2.由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cosC ，即4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ≥14(a ＋b )2，得a ＋b ≤4.又由三角形的性质可得a ＋b >2，综上可得2<a ＋b ≤4. 答案：(2,4] 三、解答题13．(2016·高考山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A. (1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．解析：(1)证明：由题意得2⎝⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos B cos A，∴2sin(A ＋B )＝sin A ＋sinB. 又∵A ＋B ＝π－C ，∴sin(A ＋B )＝sin ()π－C ＝sin C ， ∴2sin C ＝sin A ＋sin B 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c22ab＝a 2＋b 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab ＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立，故cos C 的最小值为12.14．(2016·高考四川卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos A a ＋cos B b ＝sin Cc.(1)证明：sin A sin B ＝sin C ； (2)若b 2＋c 2－a 2＝65bc ，求tanB.解析：(1)证明：根据正弦定理，可设a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝k (k ＞0)，则a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C ，代入cos A a ＋cos B b ＝sin C c 中，有cos A k sin A ＋cos B k sin B ＝sin C k sin C ，变形可得sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )．在△ABC 中，由A ＋B ＋C ＝π，有sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，所以sin A sin B ＝sin C .(2)由已知，b 2＋c 2－a 2＝65bc ，根据余弦定理，有cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝45.由(1)，知sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，所以45sin B ＝45cos B ＋35sin B ，故tan B ＝sin Bcos B ＝4.15．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2sin C －sin B sin B ＝a 2＋c 2－b2b 2＋c 2－a 2.(1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，sin C ＝2sin B ，求b ，c 的值．解析：(1)由正、余弦定理得2sin C －sin B sin B ＝a cos B b cos A ＝sin A cos Bsin B cos A，所以2sin C cos A ＝sin(A ＋B )＝sin C ，因为sin C ≠0，故cos A ＝12，所以A ＝π3.(2)由sin C ＝2sin B 得c ＝2b ，因为a ＝3，A ＝π3，所以由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－bc ＝3b 2，解得b ＝3，c ＝2 3.。